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FFT入门——学习笔记

时间：2022-12-23 22:12:51浏览次数：53  
标签：node frac 入门 int ll FFT 笔记 limit bmod

FFT入门

给一个非常好的入门视频：

快速傅里叶变换

复数与单位根

定义：\(i^2=-1\)为虚数单位，我们称形如\(a+bi(a,b\in R)\)的数为复数。

我们可以用复数在复平面上表示点\((0,0)->(a,b)\)的向量，我们称\(x\)的正轴与该向量的夹角为幅角，\(\sqrt{a^2+b^2}\)为模长。
下文中，我们默认\(n,m\)为2的幂。
我们以原点为起点，单位圆的\(n\)等分点为终点，设幅角为正且最小的向量所对应的复数为\(w_n^0\)，表示\(n\)次单位根，设其余\(n-1\)个单位根为\(w_n^1,w_n^2…\)。
这里显然有：\(w_n^n=w_n^0=1\)。

引出欧拉公式：

\[w_n^k=\cos \frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n} \]

那么由向量的运算法则（模长相乘，幅角相加），显然有\(w_n^k=(w_n^1)^k\)。

那么几个小性质：

  1. \(w_n^0=w_n^n=1\)
  2. \(w_{dn}^{dk}=w_n^k\)
  3. \(w^k_n=(w^1_n)^k\)
  4. \(w^{k+\frac{n}{2}}_n=-w^k_n\)

关于性质4的证明，可以将\(k+\frac{n}{2}\)看作旋转180度的结果，自然为复。

给张图

点值表示法

对于多项式\(A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+…+a_{n-1}x^{n-1}\),\((a_0,a_1,a_2…)\)为其系数表示法。

而带入\(n\)个不同的\(x\)，得到的\(n\)个二元组\((x_0,y_0),(x_1,y_1),(x_2,y_2)……\)即为多项式的点值表示法。

对于两个多项式\(A(x),B(x)\)，计算他们的乘积\(C(x)=A(x)B(x)\)的点值表示就只需要将\(A(x),B(x)\)对应的点值表示的\(y\)值相乘即可，也即\((x_0,y_{0,A}\times y_{0,B})……\)，但我们需要\(n+m\)个点。

可见点值表示法求多项式的积是非常方便的，这引出了一个极为伟大的思想：求出\(A,B\)的点值表示->求出\(A(x)\times B(x)\)的点值表示->将点值表示化为系数表示

其中第二步可以\(O(n+m)\)做到。其中表示\(A,B\)分别为\(n,m\)阶多项式。

因为\(C\)是\(n+m\)阶多项式，所以可以将\(A,B\)不足的位补0。下面我们来尝试优化第一个和第三个步骤，这就是FFT所做的事情。

FFT流程

我们现在讨论如何求出\(A\)的点值表达。将单位根\(w_n^k\)带入，得到：

\(A(w_n^k)=\sum_{k'=0}^{n-1}a_kw^{kk'}_n\)。
因为\(n\)是\(2\)的幂。考虑奇偶分组：

\(A1(x)=a_0+a_2x^2+a_4x^4…,A2(x)=a_1x+a_3x^3+a_5x^5…\)。

得到：\(A(x)=A1(x^2)+xA2(x^2)\)。

将\(w_n^k(k<\frac{n}{2})\)带入得到：

\[A(w^k_n)=A1(w^{2k}_n)+w^k_nA2(w^{2k}_n) \]

将\(w^{k+\frac{n}{2}}_n\)带入得到：

\[A(w^{k+\frac{n}{2}}_n)=A1(w^{2k+n}_n)+w^{k+\frac{n}{2}}_nA2(w^{2k+n}_n)=A1(w^n_nw^{2k}_n)-w^{k}_nA2(w^{2k}_n) \]

\(k,k+\frac{n}{2}\)正好取遍\([0,n-1]\)。
这个式子告诉我们，只需要我们处理左半区间的\(A1,A2\)的点值表达式，就可以快速得到\(A\)的整个区间的点值表达式。故可以分治处理，复杂度\(O(n\log n)\)。

可以写出代码：

//node 是复数类
db pi=acos(-1.0);
void solve(int limit,node a[],int tag){
    if(limit==1)return ;//单个常数没有用 
    node a1[(limit>>1)+5],a2[(limit>>1)+5];
    for(int i=0;i<=limit;i+=2){
    	a1[i>>1]=a[i];
    	a2[i>>1]=a[i+1];
	}//处理出系数 
	solve(limit>>1,a1,tag);
	solve(limit>>1,a2,tag);
	node wn={cos(2.0*pi/limit),tag*sin(2.0*pi/limit)},w={1.0,0};//pi是圆周率
	for(int i=0;i<(limit>>1);i++,w=w*wn){
		a[i]=a1[i]+w*a2[i];
		a[i+(limit>>1)]=a1[i]-w*a2[i];
	}
}
//tag=1

a数组就给出了\(x=w_n^0,w_n^1,w_n^2…\)的\(A\)的点值表示。
至于我们为什么要搞一个tag，会告诉你答案的。

点值化系数

直觉告诉我们，因为上文的solve在对其进行系数化点值的时候，我们搞了个变量tag=1，不难想到它的逆过程就是tag=-1，就可以让点值化系数了！

但是，这个系数不是我们想要的。

设上述FFT把\(A(x)\)的点值表示求出为\((y_0,y_1,y_2…)\)，逆过程求出来的系数是\((c_0,c_1,c_2…)\)，则\(c_k=\sum_{j=0}^{n-1}y_jw^{-jk}_n\)。

展开：

\[c_k=\sum_{j=0}^{n-1}\left(\sum_{i=0}^{n-1}a_iw_n^{ij}\right)w^{-jk}_n=\sum_{i=0}^{n-1}a_i\sum_{j=0}^{n-1}w_n^{j(i-k)} \]

将\(w^{i-k}_n\)看作整体，运用等比数列求和公式，得到：\(c_k=\sum_{i=0}^{n-1}a_i\frac{w_n^{(i-k)^{n}}-1}{w_n^{i-k}-1}\)

因为\(w_n^{(i-k)^n}=(w^n_n)^{i-k}=1\)，故分子为0，分母显然不为0，但当\(i=k\)时，得到其为：\(na_i\)显然可以给出：\(c_k=na_k\)，故可以给出：

\[a_k=\frac{c_k}{n} \]

这就是FFT求逆。点值化系数。

这有什么用呢？我们在求出来\(A,B\)的点值表示并且相乘后，再求逆得出\((c_0,c_1…)\)，再对每一个\(c\)除以\(n+m\)就可以得出\(C\)的系数了！

所以整个过程是这样的。盗用一张图：

代码实现：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define db double
#define N 10000050
struct node{
	db x,y;
	node operator+(const node b){
		return {x+b.x,y+b.y};
	}
	node operator-(const node b){
		return {x-b.x,y-b.y};
	}
	node operator*(const node b){
		return {x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x};
	}
}a[N],b[N],c[N];
int n,m,limit=1;
db pi=acos(-1.0);
void solve(int limit,node a[],int tag){
    if(limit==1)return ;//单个常数没有用 
    node a1[(limit>>1)+5],a2[(limit>>1)+5];
    for(int i=0;i<=limit;i+=2){
    	a1[i>>1]=a[i];
    	a2[i>>1]=a[i+1];
	}//处理出系数 
	solve(limit>>1,a1,tag);
	solve(limit>>1,a2,tag);
	node wn={cos(2.0*pi/limit),tag*sin(2.0*pi/limit)},w={1.0,0};//pi是圆周率
	for(int i=0;i<(limit>>1);i++,w=w*wn){
		a[i]=a1[i]+w*a2[i];
		a[i+(limit>>1)]=a1[i]-w*a2[i];
	}
}
int main(){
//	freopen("data.in","r",stdin);
//	freopen("data.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<=n;i++)cin>>a[i].x;
	for(int i=0;i<=m;i++)cin>>b[i].x;
	while(limit<=n+m)limit<<=1;
	solve(limit,a,1);
	solve(limit,b,1);
	for(int i=0;i<=limit;i++)c[i]=a[i]*b[i];
	solve(limit,c,-1);
	for(int i=0;i<=n+m;i++)cout<<(int)(c[i].x/limit+0.5)<<" ";
}

迭代换递归

不难看出，递归的解法虽然简洁明了，但却有极大的空间和常数开销，我们考虑将其从递归转化为迭代：

观察这一张图。

我们将底层的数的下标写作二进制数：

原序列 000 001 010 011 100 101 110 111
重排后 000 100 010 110 001 101 011 111

乍一看，我们好像发现：这个二进制数好像上下对应是反过来了。考虑证明这个性质，实际也不难，每一次划分就对一个二进制位进行了交换，自然会反过来。

将一个l位的二进制数\(x\)倒置，可以这样做：设r[x]为\(x\)倒置后的结果，则有r[x]=(r[x>>1]>>1)|((x&1)<<(l-1))，其中\(limit=2^l\)。

所以我们可以预处理出这个倒置的数组r，即可处理出合并的顺序，然后将长度为二的幂的区间自大到小合并即可，就省去了自顶向下带来的巨大常数和空间开销。

#define db double
#define N 3000050
struct node{
	db x,y;
	node operator+(const node b){
		return {x+b.x,y+b.y};
	}
	node operator-(const node b){
		return {x-b.x,y-b.y};
	}
	node operator*(const node b){
		return {x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x};
	}
}a[N],b[N],c[N];
int n,m,limit=1,l,r[N];
db pi=acos(-1.0);
void solve(int limit,node a[],int tag){
	for(int i=0;i<limit;i++){
		if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);
	}
	for(int len=1;len<limit;len<<=1){
		for(int j=0;j<limit;j+=(len<<1)){
			node wn={cos(pi/len),tag*sin(pi/len)},w={1,0};//需要合并的区间长度是len<<1,故这里约去一个2
			for(int i=0;i<len;i++,w=w*wn){
				node x=a[j+i],y=w*a[j+i+len];
				a[j+i]=x+y;
				a[j+i+len]=x-y;
			}
		}
	}
}
int main(){
//	freopen("data.in","r",stdin);
//	freopen("data.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<=n;i++)cin>>a[i].x;
	for(int i=0;i<=m;i++)cin>>b[i].x;
	while(limit<=n+m)limit<<=1,++l;//这里必须是<=
	for(int i=0;i<=limit;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	solve(limit,a,1);
	solve(limit,b,1);
	for(int i=0;i<=limit;i++)c[i]=a[i]*b[i];
	solve(limit,c,-1);
	for(int i=0;i<=n+m;i++)cout<<(int)(c[i].x/limit+0.5)<<" ";
}

NTT

首先，类比FFT，我们利用了单位根的以下性质：

  1. \(w_n^0=w_n^n=1\)
  2. \(w_{dn}^{dk}=w_n^k\)
  3. \(w^k_n=(w^1_n)^k\)
  4. \(w^{k+\frac{n}{2}}_n=-w^k_n\)

而NTT是解决在模意义下的多项式乘法。

为什么我们需要NTT?因为FFT它炸精了！

而NTT的重要思想就是在整数域，模意义下的同样具有以上性质的整数，这让我们发现了——原根！

前置知识

阶

定义：
若\(a,p\)互素，那么满足\(a^n\equiv 1(\bmod p)\)的最小正整数\(n\)即为\(a\)模\(p\)的阶，记作\(\delta_p(a)\)

例如\(\delta_7(2)=3\)

原根

设\(p\in \mathbb{N^+},a\in \mathbb{Z}\)，若满足\(\delta_p(a)=\varphi(p)\)，则称\(a\)为模\(p\)的一个原根。

注意，对于模数\(p\)，如果它有原根，那么它的原根数量是\(\varphi(\varphi(p))\)。

对于\(m\)来说，存在模\(m\)的原根的重要条件是：\(m=2,4,p^a,2p^a(p\in Prime,a\in \mathbb{N^+})\)

性质

对于原根，存在一个非常重要的定理：

设\(p\)是素数，\(g\)是模\(p\)的一个原根，那么\(g^i\bmod p(1<g<p,0\le i<p-1)\)互不相同。

用原根代替单位根

这里因为\(n\)是2的幂，所以我们对\(p\)有一定要求，\(p=a2^x+1\)，常见的有：

\(998244353=119\times 2^{23}+1,1004535809=479\times 2^{21}+1\)。\(3\)是他们的原根之一。

设\(g_n^n\equiv 1(\bmod p)\)且\(g_n^1,g^1_n……g^{n-1}_n\)在模\(p\)下互不相同，则\(g_n\equiv g^{\frac{p-1}{n}}(\bmod p)\)等价于\(w_n^1\)。

证明：

  1. \(g^n_n\equiv 1(\bmod p)\)

根据定义显然

  1. \(g_n^1,g^1_n……g^{n-1}_n\)在模\(p\)下互不相同

根据定义显然

  1. \(w^{k+\frac{n}{2}}_n=-w^{k}_n,w^2_n=w^1_{\frac{n}{2}}\)

由于\(g_n^1=g^\frac{p-1}{n}\)，设\(m=\frac{p-1}{n}\)，则\(nm=p-1\)，当\(n'=\frac{n}{2}\)时，\(m'=2m\)。所以\(g^2_n=g^{2m}=g^1_{\frac{n}{2}}\)，这样我们就证明了后面一条定理
然后对于\(g^{k+\frac{n}{2}}_n=g^k_n·g^{\frac{n}{2}}_n\)，\(g^{\frac{n}{2}}_n=g^{\frac{p-1}{2}}\)，根据费马小定理，可以得到\(g^{\frac{p-1}{2}}=1\text{或}-1\)。然后因为\(g^0\equiv 1(\bmod p)\)，根据性质2可以得到\(g^{\frac{p-1}{2}}=-1\)。所以带入即可得证。

  1. \(\sum_{j=0}^{n-1}g_n^{j(i-k)}\)当且仅当在\(i-k=0\)时为\(n\)，否则为\(0\)

同理当\(i-k=0\)时显然为\(n\)
当\(i\neq k\)时，根据等比数列求和公式可以得到\(\frac{g_n^{(i-k)^{n}}-1}{g_n^{i-k}-1}\)，根据原根的定义和费马小定理：\(g_n^n=g^{p-1}\equiv 1(\bmod p)\)，所以也可以得到分子为0。

综上，\(g_n^1=g^{\frac{p-1}{n}}\)为一个可替代\(w\)的选择。

在上面的FFT代码中，我们仅仅需要写个快速幂，再更改几行：

#define N 3000050
#define ll long long
#define p 998244353
const int g=3;//模数，原根3
ll a[N],b[N],c[N];
int n,m,limit=1,l,r[N],inv_g;
int power(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=1ll*ans*a%p;
		a=1ll*a*a%p;
		b>>=1; 
	}
	return ans;
}
void solve(int limit,ll a[],int tag){
	for(int i=0;i<limit;i++){
		if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);
	}
	for(int len=1;len<limit;len<<=1){
		for(int j=0;j<limit;j+=(len<<1)){
			ll gn=tag==-1?power(inv_g,(p-1)/(len<<1)):power(g,(p-1)/(len<<1)),g0=1;//如定义所说，但做逆变换的时候是用的g的逆元
			for(int i=0;i<len;i++,g0=g0*gn%p){
				ll x=a[j+i],y=g0*a[j+i+len]%p;
				a[j+i]=(x+y)%p;
				a[j+i+len]=((x-y)%p+p)%p;
			}
		}
	}
}
int main(){
//	freopen("data.in","r",stdin);
//	freopen("data.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=0;i<=m;i++)cin>>b[i];
	while(limit<=n+m)limit<<=1,++l;
	inv_g=power(g,p-2);
	for(int i=0;i<=limit;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	solve(limit,a,1);
	solve(limit,b,1);
	for(int i=0;i<=limit;i++)c[i]=a[i]*b[i]%p;
	solve(limit,c,-1);
	ll inv=power(limit,p-2);
	for(int i=0;i<=n+m;i++)cout<<c[i]*inv%p<<" ";//除法变为乘逆元
}

不过为什么我的NTT跑不过FFT啊，还慢得一批。
附上一张常用表：
//（\(g\) 是\(\bmod(r2^k+1)\)的原根）

素数 r k g
3 1 1 2
5 1 2 2
17 1 4 3
97 3 5 5
193 3 6 5
257 1 8 3
7681 15 9 17
12289 3 12 11
40961 5 13 3
65537 1 16 3
786433 3 18 10
5767169 11 19 3
7340033 7 20 3
23068673 11 21 3
104857601 25 22 3
167772161 5 25 3
469762049 7 26 3
998244353 119 23 3
1004535809 479 21 3
2013265921 15 27 31
2281701377 17 27 3
3221225473 3 30 5
75161927681 35 31 3
77309411329 9 33 7
206158430209 3 36 22
2061584302081 15 37 7
2748779069441 5 39 3
6597069766657 3 41 5
39582418599937 9 42 5
79164837199873 9 43 5
263882790666241 15 44 7
1231453023109121 35 45 3
1337006139375617 19 46 3
3799912185593857 27 47 5
4222124650659841 15 48 19
7881299347898369 7 50 6
31525197391593473 7 52 3
180143985094819841 5 55 6
1945555039024054273 27 56 5
4179340454199820289 29 57 3
上面这一坨都不用管，只需要记下以下三个质数即可
\(998244353,1004535809,469762049\)，他们都存在原根\(3\)且都在int范围内。

任意模数NTT

它大概是这样的，由于算法竞赛中常见的模数是\(10^9\)次方级别的，最常用的是998244353,1e9+7这两个，于是对于多项式乘法\(A(x)B(x)\)，设两个多项式分别是\(n,m(n<m)\)阶的，那么乘法所产生的最大值是\(10^9\times 10^9m\)，由于\(m\)不会大于\(10^6\)级别，所以答案的值不会超过\(10^{24}\)。可以这样考虑，我们选择3个1e9级别的模数，比如上文所说的\(998244353,1004535809,469762049\)，这三者的乘积显然是大于1e24的，我们分别对于这些数跑NTT，这很方便，但需要9次NTT。然后我们便得到了如下这个方程组：

\[\left\{ \begin{aligned} x&\equiv a_1 (\bmod p_1)\\ x&\equiv a_2 (\bmod p_2)\\ x&\equiv a_3 (\bmod p_3)\\ \end{aligned} \right. \]

因为直接合并三个质数会爆long long，于是我们需要科技。

根据CRT的方法，可以先合并前两个式子，这样\(p_1p_2\)不会爆long long，得到：

\[\left\{ \begin{aligned} x&\equiv A (\bmod P)\\ x&\equiv a_3(\bmod p_3)\\ \end{aligned} \right. \]

其中\(P=p_1p_2,A=a_1p_2p_2^{-1}+a_2p_1p_1^{-1}\),\(p_1^{-1},p_2^{-1}\)分别是在模\(p_2,p_1\)时的逆元。

然后就有：\(x=kP+A\equiv a_3(\bmod p_3)\)，立即可推得：\(k\equiv(a_3-A)\times P^{-1}(\bmod p_3)\)。

然后就给出了答案：\(x=kP+A(\bmod p)\)。

这里在做\(P^{-1}\)的时候long long会挂掉。而计算逆元用费马小定理，故我们需要龟速乘！奇淫技巧！
当然偷懒可以直接__int128。奇淫技巧类似于：

ll mul(ll a,ll b,ll P){
	a=(a%P+P)%P,b=(b%P+P)%P;
	return ((a*b-(ll)((long double)a/P*b+1e-6)*P)%P+P)%P;
}

建议背下。
于是稍加更改便可以写出三模数NTT代码：
细节蛮多的，我会尽量在代码中标注。

#define ll long long
#define N 300350
const ll p[3]={998244353,1004535809,469762049},g=3ll;//设置成const取模会快很多
ll P,inv[3];
ll a[N][5],b[N][5],c[N][5],K[N];//注意都得开long long
int n,m,limit=1,l,r[N];
ll p_ture;
ll power(ll a,int b,ll p){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*a%p;
		a=a*a%p;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
ll mul(ll a,ll b,ll p){
	a=(a%p+p)%p,b=(b%p+p)%p;
	return ((a*b-(ll)((long double)a/p*b+1e-6)*p)%p+p)%p;
}//奇淫技巧，原理即为取模运算的另一个式子
ll expower(ll a,ll b,ll p){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=mul(ans,a,p)%p;
		a=mul(a,a,p)%p;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}//爆ll专用快速幂
void solve(int limit,ll a[][5],int tag,ll p,int id){
	for(int i=0;i<limit;i++){
		if(i<r[i])swap(a[i][id],a[r[i]][id]);
	}
	for(int len=1;len<limit;len<<=1){
		for(int j=0;j<limit;j+=len<<1){
			ll g0=1,gn=power(tag==1?g:inv[id],(p-1)/(len<<1),p);
			for(int i=0;i<len;i++,g0=g0*gn%p){
				ll x=a[i+j][id],y=g0*a[i+j+len][id]%p;
				a[i+j][id]=(x+y)%p;
				a[i+j+len][id]=((x-y)%p+p)%p;
			}//和普通NTT并无区别
		}
	}
	return ;
}
void init(){
	cin>>n>>m>>p_ture;
	for(int i=0;i<=n;i++)cin>>a[i][0];
	for(int i=0;i<=m;i++)cin>>b[i][0];
	for(int i=0;i<=n;i++)a[i][1]=a[i][2]=a[i][0]%=p_ture;
	for(int i=0;i<=m;i++)b[i][1]=b[i][2]=b[i][0]%=p_ture;//注意这里得先模，否则炸精谁也救不了你
	for(int i=0;i<=2;i++)inv[i]=power(g,p[i]-2,p[i]);
	while(limit<=n+m)limit<<=1,l++;
	for(int i=0;i<limit;i++){
		r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	}
	for(int i=0;i<=2;i++){
		solve(limit,a,1,p[i],i);
		solve(limit,b,1,p[i],i);
		ll Inv=power(limit,p[i]-2,p[i]);
		for(int k=0;k<limit;k++)c[k][i]=a[k][i]%p[i]*b[k][i]%p[i];
		solve(limit,c,-1,p[i],i);
		for(int k=0;k<limit;k++)c[k][i]=c[k][i]*Inv%p[i];
	}//正常NTT板子，处理三次
	P=p[1]*p[2]; 
	ll inv_p1=expower(p[1],p[2]-2,p[2]);
	ll inv_p2=expower(p[2],p[1]-2,p[1]);
	ll Inv_P_0=expower(P,p[0]-2,p[0]);
	ll X=mul(p[2],inv_p2,P),Y=mul(p[1],inv_p1,P);//一定要先求，减小常数开销，不然就是TLE 
	for(int i=0;i<limit;i++){
		c[i][3]=mul(c[i][1],X,P)%P+mul(c[i][2],Y,P)%P;
		c[i][3]=(c[i][3]%P+P)%P;
	}
	for(int i=0;i<limit;i++){
		K[i]=((c[i][0]-c[i][3])%p[0]+p[0])%p[0]*Inv_P_0%p[0];//这里减法会炸负数，要二次取模
	} 
	for(int i=0;i<=n+m;i++){
		ll ans=K[i]%p_ture*(P%p_ture)%p_ture+c[i][3]%p_ture;
		cout<<(ans%p_ture+p_ture)%p_ture<<" ";
	}
	return ;
}
int main(){
//	freopen("data.in", "r", stdin);
// freopen("data.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	init();
}

事实上：

简直慢的要死，就差0.2s甚至不能过了。

果然得学拆系数FFT了，学了之后补上。
艹，为什么MTT比这玩意快百倍啊

分治FFT

例题

trick

扩展——FWT与FMT

标签：node,frac,入门,int,ll,FFT,笔记,limit,bmod
From： https://www.cnblogs.com/oierpyt/p/17001729.html

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