多项式运算的一些技术

昨天白天看了看多项式的一些东西，完全看不懂，于是晚上学一学多项式的基本运算。

以下用字母 \(f\) 表示多项式，带下标的字母表示系数 \(f_i\) ，\([n]\) 表示 \(\text{mod}~x^n\) 。

加减法

\[(f+g)(x)=\sum _{i=0}^\infty (f_i+g_i)x^i \]

直接加法是 \(O(n)\) 的。由上式也可以看出，点值之和是和的点值。

乘法

多项式意义下的乘法一般是线性卷积。

可以用叉乘表示，也可以简写

\[fg=(f\times g)(x)=\sum _k\sum _i\sum _j[i+j=k]f_ig_jx^k \]

即

\[(f\times g)_k=\sum _{i+j=k}f_ig_j \]

这可以用计算循环卷积的 fft 或 ntt 通过倍长实现线性卷积。

除法

\[\frac{f}{g}=f\times g^{-1} \]

问题就变成求一个多项式的逆元。

一个多项式是否有可能有一个完全的逆元呢？即一个多项式 \(f\) ，是否存在 \(g\) 使得 \((f\times g)(x)=1\) ？

对于次数大于 0 的多项式 \(f\) ，不存在有限长度的符合要求的 \(g\) ，因为 \(f\) 的最高次和 \(g\) 的最高次总是无法消掉的。

那么就讨论在有限的位中的逆元，因为一般我们要求的都是序列的前一些项，之后的是不需要考虑的。

问题变成了已知一个 \(g\) ，求 \(f\) 使得

\[\begin{aligned} fg\equiv 1 &&[n] \end{aligned} \]

即在 \(\text{mod}~x^n\) 的意义下求这个东西。

这类在对 \(x^k\) 取模意义下求的问题，一般用倍增解决。倍增的方式可以统一地用牛顿迭代得到。

设我们已经求出了 \(\text{mod}~x^\frac{n}{2}\) 的多项式 \(f_0\) ，拓展到 \(\text{mod}~x^n\) 。

设一个函数 \(H(x)\) ，为了方便计算，让它在对应解的位置取 0 。在这个问题中，\(H(x)=\frac{1}{x}-g\) ，这样对于符合要求的 \(f\) ，有 \(H(f)=\frac{1}{f}-g=g-g=0\) 。

在 \(f\) 处对 \(H\) 进行泰勒展开，用 \(f_0\) 来逼近它，可得

\[H(f)=\sum _{i=0}^\infty \frac{H^{(i)}(f_0)(f-f_0)^i}{i!} \]

这里有一个简单的结论：\(f\) 与 \(f_0\) 的前 \(\frac{n}{2}\) 位是相同的。这是因为

\[\begin{aligned} f_0g\equiv 1&&[\frac{n}{2}] \\ fg\equiv 1 && [n] \\ (f-f_0)g\equiv 0 &&[\frac{n}{2}] \end{aligned} \]

又 \(g\ne 0\) ，得到结论。

也就是说，\((f-f_0)^2\) 的最低非 0 位至少在 \(x^n\) ，而我们要计算的是 \(\text{mod}~x^n\) 意义下的 \(f\) ，所以后面的项在当前是没有用的。

即

\[\begin{aligned} H(f)\equiv H(f_0)+H'(f_0)(f-f_0) && [n] \end{aligned} \]

由于我们要求的 \(f\) 在 \(\text{mod}~x^n\) 的意义下，使得 \(H(f)=\frac{1}{f}-g=0\) ，所以有

\[\begin{aligned} H(f_0)+H'(f_0)(f-f_0)\equiv 0 && [n]\\ \end{aligned} \]

我们已经得到了解的一般形式。

\[\begin{aligned} f\equiv f_0-\frac{H(f_0)}{H'(f_0)} && [n] \end{aligned} \]

在上面的过程中 \(H\) 是一个抽象的，满足 \(H(f)\equiv 0 \mod x^n\) 的函数，它可以是任何函数。

代入我们这里的 \(H(x)=\frac{1}{x}-g\) ，并把 \(g\) 看作一个常量，那就有

\[\begin{aligned} f\equiv f_0-\frac{\frac{1}{f_0}-g}{-f_0^{-2}}&& [n] \\ f\equiv 2f_0-gf_0^2 && [n] \end{aligned} \]

它只涉及到递归求出 \(f_0\) 和长度为 \(n\) 的乘法，即复杂度为

\[T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n) \]

一个需要注意的地方：可以发现 \(f\) 的式子后面有 \(gf_0^2\) 这一项，意味着可能会出现多余的项，需要去掉。

由上述算法可以看出，多项式有模 \(x^n\) 意义下的逆元，等价于常数项有逆元。

乘方

快速幂+乘法方法，\(O(n\log ^2n)\) 。

也可以用下面讲到的方法做到 \(O(n\log n)\) 。

开根

即求 \(f\) 使得

\[\begin{aligned} f^k\equiv g && [n] \end{aligned} \]

运用上面的通用方法

\[\begin{aligned} f\equiv f_0-\frac{H(f_0)}{H'(f_0)} && [n] \end{aligned} \]

构造函数 \(H(x)=x^k-g\) ，展开可得

\[\begin{aligned} f&\equiv f_0-\frac{f_0^k-g}{kf_0^{k-1}} && [n] \\ f&\equiv \frac{k-1}{k}f_0+\frac{g}{kf_0^{k-1}} && [n] \end{aligned} \]

这里使用了乘法，加法和（除法）求逆，复杂度为 \(O(n\log ^2 n)\) 。

可以发现，多项式有模 \(x^n\) 意义下的根，等价于常数项有根。

可以用下面的方法做到 \(O(n\log n)\) 。

\(\exp \& \ln\)

终于到了这个时刻。

实数的开根和乘方，两种指数上的运算，可以用对数和指数的方法，变成加减法。多项式也如此。

对一个多项式 \(f\) ，定义 \(\exp f\) （即 \(e^f\) ），为泰勒展开的形式

\[\exp f=\sum _{k=0}^\infty \frac{f^k}{k!} \]

定义 \(\ln\) 为 \(\exp\) 的逆运算，即 \(\ln (\exp f)=f\) 。

一般我们是不会需要上面的无穷形式的，而是需要得到前 \(n\) 位，所以求解仍然在 \(\text{mod}~x^n\) 意义下进行。

如何求这两个东西呢？

\(\ln\)

求

\[\begin{aligned} f\equiv \ln g && [n] \end{aligned} \]

对两边进行求导

\[\begin{aligned} f'\equiv \frac{g'}{g} && [n] \\ f\equiv \int \frac{g'}{g} && [n] \end{aligned} \]

多项式的求导和积分都是 \(O(n)\) 的，其中用到的逆元是 \(O(n\log n)\) 的，所以复杂度为 \(O(n\log n)\) 。

\(\exp\)

求 \(f\) 使得

\[\begin{aligned} \ln f\equiv g&& [n] \end{aligned} \]

运用通用方法，设 \(H(x)=\ln x-g\) ，那么

\[\begin{aligned} f&=f_0-\frac {H(f_0)}{H'(f_0)} && [n] \\ f&=f_0-\frac {\ln f_0-g}{\frac{1}{f_0}} && [n] \\ f&=f_0(1-\ln f_0+g) && [n] \end{aligned} \]

后记

大概就是这样啦

主要就是牛顿迭代倍增的方法和神奇的 \(\ln\) 与 \(\exp\) 。

最近会做一些多项式相关的题，研究一下生成函数吧。