NTT任意模数的方法其实有点取巧。两个数列每个有n个数，每个数的大小最多是10^9。如果没有模数，那么卷积过后每个位置的答案一定小于10^9*10^9*n,差不多是10^24左右那么就有一个神奇的做法，选3个乘积大于10^24的NTT模数，分别做一次，得到每个位上模意义下的答案，然后用中国剩余定理得到模上三个质数乘积的答案。因为答案显然小于三个质数乘积，那么模上三个质数乘积的答案就是这个数应该的值。不过这个值可能会超long long(及时不超，对于乘积大于long long的三个质数做中国剩余定理也不是一件小事)考虑先将两个模数意义下的答案合并，现在我们还剩两个模数，一个为long long，一个为int不能中国剩余定理硬上了。设模数为P1(longlong) ,P2(int), 余数为a1,a2设答案ANS=P1*K+a1=P2*Q+a2那么K*P1=P2*Q+(a2-a1)K*P1 % P2=a2-a1a1-a2为常数用同余方程的解法即可解出K模P2(int)意义下的值又有ANS//O(1)快速乘 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; }主要原理是mod后的答案用公式 A % B=A-floor(A/B)*B来算。注意其中A和floor(A/B)*B都是可能爆long long的。但是因为减法，所以无论是两个都不溢出还是两个都溢出亦或是一个溢出另一个不溢出，都没有关系。。。。。。。（好像2009集训队论文中关于底层优化的那篇上有）
模板：#include #include #include //#include #include #define maxn 300005 #define LL long long #define RealMod 1000000007 using namespace std; int n,m; int P[3]={998244353,1004535809,469762049},G[3]={3,3,3},invG[3],wn[3][2][maxn]; inline int pow(int base,int k,int P) { int ret=1; for(;k;k>>=1,base=1ll*base*base%P) if(k&1) ret=1ll*ret*base%P; return ret; } inline void Prework(int id) { invG[id]=pow(G[id],P[id]-2,P[id]); for(int i=1;i<24;i++) wn[id][1][i]=pow(G[id],(P[id]-1)/(1<>1;k;k>>=1) if((j^=k)>=k) break; } for(int i=1,j,k,len,w,x,y;1<>1, mod); ans = ans*2%mod; if (b&1) ans += a, ans %= mod; return (ans+mod)%mod; }*/ int a[maxn],b[maxn],c[3][maxn]; LL Mod=1ll*P[0]*P[1]; LL inv1=pow(P[0],P[1]-2,P[1]),inv2=pow(P[1],P[0]-2,P[0]),inv=pow(Mod%P[2],P[2]-2,P[2]); inline void solve(int i) { LL C=(mul(1ll*c[0][i]*P[1]%Mod,inv2,Mod)+mul(1ll*c[1][i]*P[0]%Mod,inv1,Mod))%Mod; LL K=1ll*((1ll*c[2][i]-(C%P[2]))%P[2])*(inv%P[2])%P[2]; c[0][i]=(((K%RealMod+RealMod)*(Mod%RealMod)%RealMod+C)%RealMod); } int main() { //freopen("1.in","r",stdin); //int t1=clock(); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int j=0;j<=m;j++) scanf("%d",&b[j]); for(int i=0;i<3;i++) Prework(i),mul(c[i],a,n,b,m,i); for(int i=0;i<=n+m;i++) solve(i); for(int i=0;i