原根 (ex)BSGS 二次剩余 NTT-526互联

阶

由欧拉定理得 \(a^{\varphi(m)}\equiv1\space(\text{mod}\space m),(a,m)=1\) .

故满足 \(a^n\equiv1\space(\text{mod}\space m)\) 的最小 \(n\) 存在，称为 \(a\) 模 \(m\) 的阶，记作 \(\delta_m(a)\) .

\(a,a^2,...a^{\delta_m(a)}\) 模 \(m\) 两两不同余。
若 \(a^n\equiv 1\space(\text{mod}\space m)\)，则 \(\delta_m(a)\mid n\) .

易证,否则与阶的最小性矛盾。

若 \((a,m)=(b,m)=1\)，则 \(\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)\leftrightarrow(\delta_m(a),\delta_m(b))=1\) .

必要性：

由于

\[(ab)^{\text{lcm}(\delta_m(a),\delta_m(b))}\equiv1\space(\text{mod}\space m) \]

有

\[\delta_m(ab)\mid\text{lcm}(\delta_m(a),\delta_m(b)) \]

\[\delta_m(a)\delta_m(b)\mid\text{lcm}(\delta_m(a),\delta_m(b)) \]

故 \((\delta_m(a),\delta_m(b))=1\) .

充分性：

\[1\equiv (ab)^{\delta_m(ab)\delta_m(b)}\equiv a^{\delta_m(ab)\delta_m(b)}\space(\text{mod}\space m) \]

\[\delta_m(a)\mid\delta_m(ab)\delta_m(b)\rightarrow\delta_m(a)\mid\delta_m(ab) \]

\[\delta_m(a)\delta_m(b)\mid\delta_m(ab) \]

又因

\[(ab)^{\delta_m(a)\delta_m(b)}\equiv(a^{\delta_m(a)})^{\delta_m(b)}(b^{\delta_m(b)})^{\delta_m(a)}\equiv1\space(\text{mod}\space m) \]

\[\delta_m(ab)\mid\delta_m(a)\delta_m(b) \]

故 \(\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)\) .

若 \((a,m)=1\)，则 \(\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}\) .

\[a^{k\delta_m(a^k)}=(a^k)^{\delta_m(a^k)}\equiv1\space(\text{mod}\space m) \]

\[\Rightarrow\delta_m(a)\mid k\delta_m(a^k) \]

\[\Rightarrow\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}\mid\delta_m(a^k) \]

\[(a^k)^{\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}}\equiv(a^{\delta_m(a)})^{\frac{k}{(\delta_m(a),k)}}\equiv1\space(\text{mod}\space m) \]

\[\Rightarrow\delta_m(a^k)\mid\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)} \]

故 \(\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}\) .

原根

若 \((a,m)=1,\delta_m(a)=\varphi(m)\)，则称 \(a\) 为模 \(m\) 的原根。

原根判定定理：若 \(m\ge3,(a,m)=1\)，则 \(a\) 为模 \(m\) 的原根的充要条件是 \(\forall_{p\in\text{P},p\mid\varphi(m)},a^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv1\space(\text{mod}\space m)\) .

必要显然，证充分。

反证法，若有 \(a^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv1\space(\text{mod}\space m)\)，假设存在一个 \(a\) 不是模 \(m\) 的原根。

则存在 \(t<\varphi(m),a^t\equiv1\space(\text{mod}\space m)\) .

由裴蜀定理得存在 \(k,x\) 满足 \(kt=x\varphi(m)+(t,\varphi(m))\) .

由欧拉定理得

\[1\equiv a^{kt}\equiv a^{x\varphi(m)+(t,\varphi(m))}\equiv a^{(t,\varphi(m))}\space(\text{mod}\space m) \]

\[(t,\varphi(m))\mid\varphi(m),(t,\varphi(m))\le t<\varphi(m) \]

\[\Rightarrow\exists p\in\text{P},(t,\varphi(m))\mid\frac{\varphi(m)}{p} \]

矛盾，得证。

原根个数：\(\varphi(\varphi(m))\)（\(m\) 存在原根）.

若有原根 \(g\)，则

\[\delta_m(g^k)=\frac{\delta_m(g)}{(\delta_m(g),k)}=\frac{\varphi(m)}{(\varphi(m),k)} \]

\(g^k\) 也是模 \(m\) 的原根即 \((k,\varphi(m))=1\) .

故原根有 \(\varphi(\varphi(m))\) 个。

原根存在定理：\(m\) 存在原根当且仅当 \(m=2,4,p^{\alpha},2p^{\alpha}\)，其中 \(p\) 为奇素数。

这 part 太困难就不写了，直接记结论。

任意 \(m\) 的最小原根级别为 \(m^{0.25}\) .

P6091 【模板】原根

求 \(n\) 的所有原根，从小到大记为 \(g_1,g_2,...g_c\) .

将所有下标为 \(d\) 为倍数的 \(g\) 输出。

\(T\le 10\)，\(2\le n\le10^6\) .

判断一个数有没有原根，可以先预处理 \(p,p^{\alpha},2p^{\alpha}\)，\(\text{O}(1)\) 判断即可。

若 \(g\) 为模 \(n\) 的原根：

\[\forall p\in\text{P},g^{\frac{\varphi(n)}{p}}\not\equiv1\space(\text{mod}\space n) \]

预处理 \(\varphi(n)\) 的所有质因数，快速幂判断。

找到最小原根 \(g\)，枚举其所有幂次 \(g^x,(x,\varphi(m))=1\) 即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1000001
using namespace std;
int T,n,d,phi[N];
bool vis[N],flag[N];
vector<int>pr[N];
int gcd(int a,int b){
	return !b?a:gcd(b,a%b);
}
void init(){
	flag[2]=flag[4]=true;
	for(int i=1;i<N;i++)phi[i]=i;
	for(int i=2;i<N;i++){
		if(vis[i])continue;
		if(i!=2){
			for(ll j=i;j<N;j*=i){
				flag[j]=true;
				if(j*2<N)flag[j*2]=true;
			}
		}
		for(int j=i;j<N;j+=i){
			vis[j]=true,phi[j]-=phi[j]/i;
			pr[j].push_back(i);
		}
	}
}
int qpow(int k,int b,int p){
	int ret=1;
	while(b){
		if(b&1)ret=1ll*ret*k%p;
		k=1ll*k*k%p,b>>=1;
	}
	return ret;
}
int ans,g,rt[N],now,cur;
int main(){
	scanf("%d",&T),init();
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&d);
		if(!flag[n]){
			printf("0\n\n");
			continue;
		}
		ans=phi[phi[n]],g=1,now=0;
		printf("%d\n",ans);
		if(n==2){
			if(d==1)printf("1 ");
			printf("\n");continue;
		}
		while(true){
			if(gcd(g,n)!=1){
				g++;continue;
			}
			bool fl=true;
			for(int i=0,p;i<pr[phi[n]].size();i++){
				p=pr[phi[n]][i];
				if(qpow(g,phi[n]/p,n)==1){
					fl=false;break;
				}
			}
			if(fl)break;g++;
		}
		for(int i=1,cur=g;i<=phi[n];i++){
			if(gcd(i,phi[n])==1)rt[++now]=cur;
			cur=1ll*cur*g%n;
		}
		sort(rt+1,rt+1+ans);
		for(int i=d;i<=ans;i+=d)
			printf("%d ",rt[i]);
		printf("\n");
	}
	
	return 0;
}

离散对数

对于模 \(n\) 的原根 \(g\) ，若 \(g^t\equiv a\space(\text{mod}\space n)\)，称 \(a\) 在模 \(n\) 意义下，以 \(g\) 为底的对数为 \(t\) .

这个东西的 \(T=\varphi(n)\) .

多值函数关系如下：

\[\text{Log}_g a=\{\log_g a+k\varphi(n)|k\in\mathbb{Z}\} \]

主值为 \(\log_g a=t\) .

性质：

\[\text{Log}_g(a_1a_2)=\text{Log}_g a_1+\text{Log}_g a_2 \]

记号记为

\[\log_g a\equiv t\space(\text{mod}\space\varphi(n)) \]

换底公式

\[\log_{g_1}g_2=\frac{\log_{g_2}a}{\log_{g_1}a}\space(\text{mod}\space\varphi(n)) \]

为使模 \(\varphi(n)\) 的除法能够进行，必须使用原根为底。

大步小步算法

BSGS，用于求解离散对数问题。

求 \(a^x\equiv b\space(\text{mod}\space p)\) 的解，其中 \(a\perp p\) .

令 \(x=A\lceil\sqrt{p}\rceil-B\space(0\le A,B\le\lceil\sqrt{p}\rceil)\)，则 \(a^{A\lceil\sqrt{p}\rceil}\equiv ba^B\space(\text{mod}\space p)\) .

枚举所有 \(ba^B\)，用 \(\text{map}\) 存，计算 \(a^{A\lceil\sqrt{p}\rceil}\)，寻找与之相符的数，可以得到所有的 \(x=A\lceil\sqrt{p}\rceil-B\) .

复杂度 \(\text{O}(\sqrt{V}\log\sqrt{V})\) .

P3846 [TJOI2007] 可爱的质数/【模板】BSGS

求 \(a^x\equiv b\space(\text{mod}\space p)\) 的最小正整数解，无解输出 no solution .

这里 \(p\in\text{P}\)，值域 \(2^{31}\) .

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll qpow(ll k,ll b,ll p){
	ll ret=1;k%=p;
	while(b){
		if(b&1)(ret*=k)%=p;
		(k*=k)%=p,b>>=1;
	}
	return ret;
}
ll a,b,p;
ll BSGS(ll a,ll b,ll p){
	map<ll,ll>hs;
	hs.clear(),b%=p;
	ll B=sqrt(p)+1;
	for(ll i=0,cur=b;i<B;i++)
		hs[cur]=i,(cur*=a)%=p;
	a=qpow(a,B,p);
	if(!a)return !b?1:-1;
	for(ll i=1,cur=1;i<=B;i++){
		(cur*=a)%=p;
		ll j=hs.find(cur)==hs.end()?-1:hs[cur];
		if(j>=0&&i*B-j>=0)return i*B-j;
	}
	return -1;
}
int main(){
	cin>>p>>a>>b;
	ll ans=BSGS(a,b,p);
	if(ans==-1)printf("no solution\n");
	else printf("%lld\n",ans);
	
	return 0;
}

二次剩余

若 \(a\) 非 \(p\) 的倍数且模 \(p\) 同余于某个数的平方，则 \(a\) 为模 \(p\) 的 二次剩余 ，否则 \(a\) 为模 \(p\) 的 二次非剩余 。

对二次剩余求解：

\[x^2\equiv a\space(\text{mod}\space p) \]

即求模意义下的开平方运算。只对 \(p\) 为 奇素数 的情况讨论。

\(\text{Legendre}\) 符号

记为

\[\Big(\frac{a}{p}\Big) \]

\(p\mid a\Rightarrow (\frac{a}{p})=0\) .

\(a\) 为模 \(p\) 的二次剩余 \(\Rightarrow(\frac{a}{p})=1\) .

\(a\) 为模 \(p\) 的二次非剩余 \(\Rightarrow(\frac{a}{p})=-1\) .

\(\text{Euler}\) 判别准则

若 \(p\not|\space a\)，则

\[a^{\frac{p-1}{2}}\equiv\Big(\frac{a}{p}\Big) \]

二次剩余可解同余 \(1\)，否则 \(-1\) .

引理：令 \(a\equiv g^k\) ，那么二次剩余有解当且仅当 \(k\) 为偶数。

充分：若 \(x^2\equiv a\space(\text{mod}\space p)\) 对于某个 \(g^l\) 有解，则

\[g^{2l}\equiv a\space(\text{mod}\space p)\Rightarrow k\equiv 2l\space(\text{mod}\space p-1) \]

\(2\mid p-1\Rightarrow 2\mid k\) .

必要：假设 \(k\) 为偶数，则

\[x^2\equiv g^k\space(\text{mod}\space p)\Leftrightarrow x\equiv g^{k/2}\space(\text{mod}\space p) \]

由于 \(g^{p-1}\equiv 1\space(\text{mod}\space p)\) ，且 \(\forall 1\le k<p-1,g^k\not\equiv1\space(\text{mod}\space p)\)，有

\[g^{p-1}\equiv1\space(\text{mod}\space p) \]

\[\Leftrightarrow (g^{(p-1)/2}-1)(g^{(p-1)/2}+1)\equiv 0\space(\text{mod}\space p) \]

\[\Rightarrow g^{(p-1)/2}\equiv -1\space(\text{mod}\space p) \]

那么

\[a^{(p-1)/2}\equiv (g^k)^{(p-1)/2}\equiv (g^{p-1})^{k/2}\equiv1\space(\text{mod}\space p) \]

所以 \(a^{(p-1)/2}\equiv1\space(\text{mod}\space p)\) 时有解。

由引理得无解时 \(k\) 为奇数，则

\[a^{(p-1)/2}\equiv (g^{(p-1)/2})^k\equiv(-1)^k\equiv-1\space(\text{mod}\space p) \]

得到 \(\text{Euler}\) 判别准则，且 \(\text{Legendre}\) 符号为完全积性函数。

二次剩余和二次非剩余的数量

感性方法。

对于两个不同的解 \(x_0,x_1\)，可得 \((x_0-x_1)(x_0+x_1)\equiv 0\space(\text{mod}\space p)\) .

故这两个解为相反数，它们对应一组二次剩余，故二次剩余与二次非剩余的数量都是 \(\frac{p-1}{2}\) .

P5491 【模板】二次剩余

如上，求解

\[x^2\equiv n\space(\text{mod}\space p) \]

\(\text{Cipolla}\) 算法

找到 \(a\) 满足 \(a^2-n\) 为二次非剩余，定义 \(i^2=a^2-n\)，即将所有数在类似复数域上表示为 \(A+Bi\) 的形式。

证明：\((a+i)^{p+1}\equiv n\space(\text{mod}\space p)\) .

\(\text{Lemma 1}\)：\(i^p\equiv -i\) .

\[i^p\equiv i(i^2)^{\frac{p-1}{2}}\equiv i(a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\equiv-i \]

得证。

\(\text{Lemma 2}\)：\((A+B)^p\equiv A^p+B^p\) .

由二项式定理可以消去非 \(0\) 和 \(p\) 项上的系数，剩下的就是

\[C_{p}^{0}A^0B^p+C_{p}^{p}A^pB^0=A^p+B^p \]

于是

\[(a+i)^{p+1}\equiv(a^p+i^p)(a+i)\equiv (a-i)(a+i)\equiv a^2-i^2=n \]

那么 \((a+i)^{\frac{p+1}{2}}\) 即为一个解。

\((a+i)^{\frac{p+1}{2}}\) 的虚部为 \(0\) .

反证，假设存在 \((A+Bi)^2\equiv n\) 且 \(B\not=0\)，那么

\[A^2+B^2i^2+2ABi\equiv n \]

\[\Leftrightarrow A^2+B^2(a^2-n)-n\equiv -2ABi \]

左式虚部为 \(0\)，故右式的虚部也为 \(0\)，即 \(AB\equiv 0\) .

因为 \(B\not=0\) 所以 \(A\equiv 0\)，有 \((Bi)^2\equiv n\) .

得到 \(i^2\equiv nB^{-2}\)，故 \(B^2\) 和 \(B^{-2}\) 都是二次剩余，乘上二次剩余 \(n\) 后仍为二次剩余，与 \(i^2\) 为二次非剩余矛盾。

如何找二次非剩余？

在 \(\lbrack0,p)\) 中随机一个 \(a\)，用欧拉准则判定 \(a\) 是否为非二次剩余即可，期望 \(2\) 次找到。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll read(){
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
ll T,w,n,p;
struct num{
	ll x,y;
	num operator*(const num &a)const{
		num ret;ret.x=ret.y=0;
		ret.x=(x*a.x%p+y*a.y%p*w%p)%p;
		ret.y=(x*a.y%p+y*a.x%p)%p;
		return ret;
	}
};
ll qpow(ll k,ll b,ll p){
	ll ret=1;
	while(b){
		if(b&1)(ret*=k)%=p;
		(k*=k)%=p,b>>=1;
	}
	return ret;
}
ll poww(num k,ll b,ll p){
	num ret=(num){1,0};
	while(b){
		if(b&1)ret=ret*k;
		k=k*k,b>>=1;
	}
	return ret.x;
}
ll Cipolla(ll n,ll p){
	n%=p;ll a;
	if(qpow(n,(p-1)/2,p)==p-1)return -1;
	while(true){
		a=rand()%p,w=(a*a%p-n+p)%p;
		if(qpow(w,(p-1)/2,p)==p-1)break;
	}
	num x=(num){a,1};
	return poww(x,(p+1)/2,p);
}
int main(){
	srand(time(0)),T=read();
	while(T--){
		n=read(),p=read();
		if(!n){
			printf("0\n");
			continue;
		}
		ll ans1=Cipolla(n,p),ans2=p-ans1;
		if(ans1==-1){
			printf("Hola!\n");
			continue;
		}
		if(ans1>ans2)swap(ans1,ans2);
		if(ans1==ans2)printf("%lld\n",ans1);
		else printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
	}
	
	return 0;
}

P4195 【模板】扩展 BSGS/exBSGS

求 \(a^x\equiv b\space(\text{mod}\space p)\) 的最小非负整数解。

\(a,p\) 不一定互质 。

设 \(d_1=(a,p)\)，若 \(d_1\not|\space b\) 显然无解。

将方程除以 \(d_1\) 得到

\[\frac{a}{d_1}\cdot a^{x-1}\equiv\frac{b}{d_1}\space(\text{mod}\space \frac{p}{d_1}) \]

若 \(a\) 与 \(\frac{p}{d_1}\) 仍不互质，继续进行上述操作。

记 \(D=\prod_{i=1}^{k}d_i\)，方程变为

\[\frac{a^k}{D}\cdot a^{x-k}\equiv\frac{b}{D}\space(\text{mod}\space \frac{p}{D}) \]

\(a\perp\frac{p}{D}\rightarrow a^k\perp\frac{p}{D}\) ，这是一个普通的 BSGS 问题，将答案加上 \(k\) 即可。

对于所有 \(0\le i\le k\)，暴力判断原式是否成立。

细节多点看一下。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
ll gcd(ll a,ll b){
	return !b?a:gcd(b,a%b);
}
ll phi(ll k){
	ll ret=k;
	for(ll i=2;i*i<=k;i++)
		if(k%i==0){
			ret-=ret/i;
			while(k%i==0)k/=i;
		}
	if(k>1)ret-=ret/k;
	return ret;
}
ll qpow(ll k,ll b,ll p){
	ll ret=1;k%=p;
	while(b){
		if(b&1)(ret*=k)%=p;
		(k*=k)%=p,b>>=1;
	}
	return ret;
}

ll T,a,b,p;
ll pw,k,tp;
map<ll,ll>hs;
ll BSGS(ll a,ll b,ll p,ll pw){
	hs.clear();
	ll B=sqrt(p)+1;
	for(ll i=0,cur=b;i<B;i++)
		hs[cur]=i,(cur*=a)%=p;
	a=qpow(a,B,p);
	if(!a)return !b?1:-1;
	for(ll i=1,cur=pw;i<=B;i++){
		(cur*=a)%=p;
		ll j=hs.find(cur)==hs.end()?-1:hs[cur];
		if(j>=0&&i*B-j>=0)return i*B-j;
	}
	return -1;
}
ll exBSGS(ll a,ll b,ll p){
	a%=p,b%=p;
	if(b==1||p==1)return 0;
	if(b%gcd(a,p))return -1;
	k=0,pw=1;
	while((tp=gcd(a,p))!=1){
		if(b%tp)return -1;
		k++,p/=tp,b/=tp;
		(pw*=a/tp)%=p;
		if(pw==b)return k;
	}
	ll ans=BSGS(a,b,p,pw);
	return ans==-1?-1:ans+k;
}
int main(){
	while(true){
		a=read(),p=read(),b=read();
		if(!a&&!p&&!b)break;
		ll ans=exBSGS(a,b,p);
		if(ans==-1)printf("No Solution\n");
		else printf("%lld\n",ans);
	}
	
	return 0;
}

NTT

叫做（快速）数论变换，理解为在环上的 \(\text{FFT}\) .

对于质数 \(p=qn+1,n=2^k\)，其原根 \(g\) 满足 \(g^{qn}\equiv1\space(\text{mod}\space p)\) .

一般有

\[p=1004535809=479\times2^{21}+1,g=3 \]

\[p=998244353=119\times2^{23}+1,g=3 \]

将 \(g_n=g^q\space(\text{mod}\space p)\) 视作 \(\omega_n\) 的等价，可以发现

\(\omega_n^0=\omega_n^n\equiv1,\omega_n^x\equiv(\omega_n^1)^x\space(\text{mod}\space p)\) .
\(\omega_{2n}^{2x}\equiv\omega_n^x\space(\text{mod}\space p)\) .
\(\omega_{n}^{x}\equiv-\omega_n^{x+\frac{n}{2}}\space(\text{mod}\space p)\) .

证明：两边同除 \(\omega_n^x\) 可得 \(1\equiv-\omega_{n}^{\frac{n}{2}}\)，由 \(\omega_{n}^{\frac{n}{2}}\equiv-1\space(\text{mod}\space p)\) 可证原式。

然后进行分治：

\[F(x)=a_0+a_1x^1+...+a_{n-1}x^{n-1} \]

\[=(a_0+a_2x^2+...+a_{n-2}x^{n-2})+x(a_1+a_3x^2+...+a_{n-1}x^{n-2}) \]

设

\[A(x)=a_0+a_2x^1+...+a_{n-2}x^{\frac{n}{2}-1} \]

\[B(x)=a_1+a_3x^1+...+a_{n-1}x^{\frac{n}{2}-1} \]

故 \(F(x)=A(x^2)+x\cdot B(x^2)\)

代入 \(\omega_{n}^{x}\) 有

\[F(\omega_{n}^{x})=A(\omega_{\frac{n}{2}}^x)+\omega_{n}^{x}\cdot B(\omega_{\frac{n}{2}}^{x}) \]

代入 \(\omega_{n}^{x+\frac{n}{2}}\) 有

\[F(\omega_{n}^{x+\frac{n}{2}})=A(\omega_{\frac{n}{2}}^x)-\omega_{n}^{x}\cdot B(\omega_{\frac{n}{2}}^{x}) \]

发现只需扫过 \(\omega_{n}^{0}\) 至 \(\omega_{n}^{\frac{n}{2}-1}\) 就可以得到另一半。

所以分治复杂度 \(\text{O}(n\log n)\) .

\(A(x),B(x)\) 按照下标二进制最后一位划分，最后递归到的位置是翻转后的二进制，可以预处理。

没太搞懂贺下板子吧。

P1919 【模板】A*B Problem 升级版（FFT 快速傅里叶变换）

大数乘法，位数 \(10^6\) .

取模数 \(P=998244353\)，板子背了就好。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1<<21
#define P 998244353
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int qpow(int k,int b){
	int ret=1;
	while(b){
		if(b&1)ret=1ll*ret*k%P;
		k=1ll*k*k%P,b>>=1;
	}
	return ret;
}
int A[N],B[N],C[N];
char a[N],b[N];
int n,lim=1,r[N];
int m,k,gn,tp,inv;
void ntt(int *x,int lim,int opt){
	for(int i=0;i<lim;i++)
		if(r[i]<i)swap(x[i],x[r[i]]);
	for(int m=2;m<=lim;m<<=1){
		k=m>>1,gn=qpow(3,(P-1)/m);
		for(int i=0;i<lim;i+=m){
			for(int j=0,g=1;j<k;j++,g=1ll*g*gn%P){
				tp=1ll*x[i+j+k]*g%P;
				x[i+j+k]=(x[i+j]-tp+P)%P;
				x[i+j]=(x[i+j]+tp)%P;
			}
		}
	}
	if(opt==-1){
		reverse(x+1,x+lim),inv=qpow(lim,P-2);
		for(int i=0;i<lim;i++)
			x[i]=1ll*x[i]*inv%P;
	}
}
int main(){
	scanf("%s",&a),n=strlen(a);
	for(int i=0;i<n;i++)A[i]=a[n-i-1]-'0';
	while(lim<(n<<1))lim<<=1;
	scanf("%s",&b),n=strlen(b);
	for(int i=0;i<n;i++)B[i]=b[n-i-1]-'0';
	while(lim<(n<<1))lim<<=1;
	for(int i=0;i<lim;i++)
		r[i]=(r[i>>1]>>1)+(i&1)*(lim>>1);
	ntt(A,lim,1),ntt(B,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;i++)
		C[i]=1ll*A[i]*B[i]%P;
	ntt(C,lim,-1);
	int len=0;
	for(int i=0;i<lim;i++){
		if(C[i]>=10){
			len=i+1;
			C[i+1]+=C[i]/10,C[i]%=10;
		}
		if(C[i])len=max(len,i);
	}
	while(C[len]>=10)
		C[len+1]=C[len]/10,C[len]%=10,len++;
	for(int i=len;i>=0;i--)
		putchar(C[i]+'0');
	printf("\n");
	 
	return 0;
}

bsgs ex_bsgs code amp