本來點值與插值需要 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)才能解決,為什麼能用 O ( n l o g 2 n ) O(nlog_2n) O(nlog2n)解決呢?就是因為代入值得特殊性,FFT所用的是n次機關複根,這種數有很多特殊而又優美的性質。而NTT用的也是這樣的方法——它用的是,原根。
原根
what?又是一個新名詞?
百度百科!它的定義是這樣的:
然而這并沒有什麼作用
說得通俗點,其實對于NTT,原根的最大作用就是它的特點,如果 a a a是 b b b的原根(這兩個數都是正整數),那麼 a i m o d    b , i ∈ [ 0 , b − 1 ] a^i \mod b,i \in [0,b-1] aimodb,i∈[0,b−1]的b個值是兩兩不同的。
例如2不是7的原根,因為 2 2 m o d    7 = 2 5 m o d    7 2^2 \mod 7=2^5 \mod 7 22mod7=25mod7
而3是7的原根,因為 3 0 m o d    7 = 0 , 3 1 m o d    7 = 3 , 3 2 m o d    7 = 2 , 3 3 m o d    7 = 6 , 3 4 m o d    7 = 4 , 3 5 m o d    7 = 5 , 3 6 m o d    7 = 1 3^0 \mod 7=0,3^1 \mod 7=3,3^2 \mod 7=2,3^3 \mod 7=6,3^4 \mod 7=4,3^5 \mod 7=5,3^6 \mod 7=1 30mod7=0,31mod7=3,32mod7=2,33mod7=6,34mod7=4,35mod7=5,36mod7=1,這7個數兩兩不同。
原根到這裡就介紹完畢了(是不是很簡單呢?)
NTT
既然FFT是找到 n n n個數使得它們的n次方等于1,那麼NTT是不是也是這樣的呢?
答案是肯定的!
通過費馬小定理我們可以得到,對于1個質數 p p p,如果 0 < a < p 0<a<p 0<a<p,則 a p − 1 ≡ 1 ( m o d    p ) a^{p-1} \equiv 1(\mod p) ap−1≡1(modp)