给定两个多项式\(f(x),g(x)\)，求\(h(x)=f(x)*g(x)\)
对\(p\)取模，\(p\)不保证可以分解成\(a*2^k+1\)
三模NTT
由于模数不满足有原根，我们可以找几个有原根的模数，求出结果再\(crt\)合并一下
考虑卷积后数字最大能达到\(p*p*len\)，一般是\(10^9*10^9*10^5=10^{23}\)，所以我们选择模数之积应该大于\(10^{23}\)
一般考虑\(998244353,1004535809,469762049\)，因为原根都是\(3\)，在\(int\)范围内且乘积较大
然后跑三个\(ntt\)（天体常数）得到
\[\begin{cases}ret\equiv a_1 (mod\ p_1)\\ret\equiv a_2 (mod\ p_2)\\ret\equiv a_3 (mod\ p_3)\\ret\equiv x (mod\ p)\end{cases}\]
我们现在就是求\(x\)
由于前三个式子直接合并爆\(long\ long\)，我们用一些技巧：
先合并前两个，定义\(inv(x,p)\)为\(x\)在模\(p\)意义下的逆元
\[ret\equiv a_1*p_2*inv(p_2,p_1)+a_2*p_1*inv(p_1,p_2) (mod\ p_1*p_2)\]
记作
\[ret\equiv d (mod\ m)\]
则
\[ret=x*m+d=y*p_3+a_3\]
\[x\equiv (a_3-d)*M^{-1} (mod\ p_3)\]
设\(q=(a_3-d)*M^{-1}\)，那么
\[x=k*p_3+q\]
代入\(ret\)得到
\[ret=k*p_1*p_2*p_3+q*M+d\]
然而\(ans\in [0,p_1*p_2*p_3)\)，所以\(k=0\)，\(ret\)就得出了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define int long long
#define eps (1e-8)
inline int read()
{
int x=0;char ch,f=1;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
const int N=4e5+10;
int mod[3]={469762049,998244353,1004535809};
int n,m,p;
int f[N],g[N],pos[N];
int b[N],ret[N];
int limit,len;
inline int fast(int x,int k,int p)
{
int ret=1;
while(k)
{
if(k&1) ret=ret*x%p;
x=x*x%p;
k>>=1;
}
return ret;
}
inline int slow(int x,int k,int p)
{
int ret=0;
while(k)
{
if(k&1) ret=(ret+x)%p;
x=(x+x)%p;
k>>=1;
}
return ret;
}
struct poly
{
int g=3,p,a[N];
inline void ntt(int limit,int *a,int inv)
{
for(int i=0;i<limit;++i)
if(i<pos[i]) swap(a[i],a[pos[i]]);
for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
{
int Wn=fast(inv?g:(p+1)/g,(p-1)/(mid<<1),p);
for(int r=mid<<1,j=0;j<limit;j+=r)
{
int w=1;
for(int k=0;k<mid;++k,w=w*Wn%p)
{
int x=a[j+k],y=w*a[j+k+mid]%p;
a[j+k]=x+y;
if(a[j+k]>=p) a[j+k]-=p;
a[j+k+mid]=x-y;
if(a[j+k+mid]<0) a[j+k+mid]+=p;
}
}
}
if(inv) return;
inv=fast(limit,p-2,p);
for(int i=0;i<limit;++i) a[i]=a[i]*inv%p;
}
}fft[3];
inline int inv(int x,int p)
{
return fast(x%p,p-2,p);
}
inline void crt()
{
int len=n+m;
int M=mod[0]*mod[1];
int inv1=inv(mod[1],mod[0]),inv0=inv(mod[0],mod[1]),inv3=inv(M%mod[2],mod[2]);
int a,b,c,t,k;
for(int i=0;i<=len;++i)
{
a=fft[0].a[i],b=fft[1].a[i],c=fft[2].a[i];
t=(slow(a*mod[1]%M,inv1,M)+slow(b*mod[0]%M,inv0,M))%M;
k=((c-t%mod[2])%mod[2]+mod[2])%mod[2]*inv3%mod[2];
ret[i]=((k%p)*(M%p)%p+t%p)%p;
}
}
inline void main()
{
n=read(),m=read(),p=read();
for(int i=0;i<=n;++i) f[i]=read();
for(int i=0;i<=m;++i) g[i]=read();
for(limit=1;limit<=n+m+2;limit<<=1) ++len;
for(int i=0;i<limit;++i) pos[i]=(pos[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
for(int k=0;k<=2;++k)
{
fft[k].p=mod[k];
for(int i=0;i<=n;++i) fft[k].a[i]=f[i];
for(int i=0;i<=m;++i) b[i]=g[i];
for(int i=m+1;i<limit;++i) b[i]=0;
fft[k].ntt(limit,fft[k].a,1);
fft[k].ntt(limit,b,1);
for(int i=0;i<limit;++i) fft[k].a[i]=fft[k].a[i]*b[i]%mod[k];
fft[k].ntt(limit,fft[k].a,0);
}
crt();
for(int i=0;i<=n+m;++i) printf("%lld ",ret[i]);
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}其他方法先咕咕咕