浅谈多项式全家桶与实现

2026/2/12 upd：重写本文，将每个函数单独开在一个 namespace 里，添加了多项式复合逆
2021/5/8 upd：修补了一些锅，增加了大量技术，多项式全家桶基本完成

封装模式和代码习惯

本文与（我发布的）其他介绍知识点的博客不同，更侧重于具体实现和封装细节，也是提供一种多项式模板的封装实现方式。有关更多多项式和生成函数的技巧请参考 Re：从零开始的生成函数 by me。

本文模板的封装较为严密和安全，因此需要牺牲轻微的常数以及灵活性，但使用更加方便。请根据自己的需要进行修改和使用。具体代码封装模式为：

每个模板开一个独立的 namespace，内含一个主函数形如 void solve(int *s, int *input, int arg)，其中 s 是输出数组，input 是输入数组，arg 是一些额外的参数（如多项式次数等），因具体问题而异。
传入的数组指针均可以相同，solve 函数会保证不破坏 input 数组的内容，并且不访问超出传入次数的数组元素。
namespace 内的大写字母 A B C 等数组表示的是临时数组。

0. 前置知识

[Under Construction]

1. 多项式复合简单函数

一些常见的多项式复合简单函数，可以认为是多项式工业内的“四则运算”。复杂度均为 \(\Theta(n \log n)\)。

顺便一提，多项式复合任意函数已经可以做到 \(\Theta(n \log^2 n)\)。

1.1 NTT

最基础的多项式操作，其它运算都以此为基础，正因此这个模块对常数的影响很大。这里的实现比较基础，没有用到一些优化技巧，若对常数要求较高可以替换为其他实现。

const int N=3e6+5,mod=998244353,g=3; 
int ksm(int a,int x){
    int tot=1;
    while(x){
        if(x & 1ll) tot=1ll*tot*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;
        x>>=1ll;
    }
    return tot;
}
void gmodn(int &x){ x+=x>>31 & mod; }
void gmod(int &x) { x%=mod; }

namespace NTT{
    int A[N],B[N],C[N],rev[N];
    int init(int n){
		int lim=0;
		while((1<<lim)<=n) lim++;
		for(int i=0;i<=(1<<lim)-1;i++)
			rev[i]=(rev[i>>1] >> 1) | ((i & 1)<<(lim-1));
		return lim;
	}
	void ntt(int *f,int n,int opt){
		for(int i=0;i<=n-1;i++)
			if(i<rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
		for(int l=1;l<n;l<<=1ll){
			int tmp=ksm(g,(mod-1)/(l*2));
			if(opt==-1) tmp=ksm(tmp,mod-2);
			for(int i=0;i<=n-1;i+=l<<1ll){
				int omegf=1;
				for(int j=0;j<l;j++){
					int x=f[i+j],y=1ll*omegf*f[i+j+l]%mod;
					gmodn(f[i+j]=x+y-mod);
                    gmodn(f[i+j+l]=x-y);
					omegf=1ll*omegf*tmp%mod;
				}
			}
		}
		if(opt==-1){
			int t=ksm(n,mod-2);
			for(int i=0;i<=n-1;i++) f[i]=1ll*f[i]*t%mod;
		}
	}
    void solve(int *s,int* f,int* g,int n,int m){
        if(n+m<=150){
            for(int i=0;i<=n+m;i++) C[i]=0;
            for(int i=0;i<=n;i++)
                for(int j=0;j<=m;j++)
                    gmodn(C[i+j]+=1ll*f[i]*g[j]%mod-mod);
            for(int i=0;i<=n+m;i++) s[i]=C[i];
            return ;
        }
        int lim=init(n+m);
        for(int i=0;i<(1ll<<lim);i++) A[i]=B[i]=0;
        for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i];
        for(int i=0;i<=m;i++) B[i]=g[i];
        ntt(A,(1<<lim),1);
        ntt(B,(1<<lim),1);
        for(int i=0;i<(1<<lim);i++) C[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
        ntt(C,(1<<lim),-1);
        for(int i=0;i<=n+m;i++) s[i]=C[i];
    }
}

1.1A 任意模数 NTT

三模 NTT

用三个模数 \(998244353\) / \(1004535809\) / \(469762049\) （原根都是 \(3\)）分别做一遍再 CRT 合并起来即可。常数较大。

namespace EXCRT{
	int solve(int x1,int x2,int x3,int mod){
		int k1=(x2+mod2-x1)%mod2*ksm(mod1,mod2-2,mod2)%mod2;
		int x4=x1+k1*mod1;
		int k4=(x3+mod3-x4%mod3)%mod3*ksm(mod1*mod2%mod3,mod3-2,mod3)%mod3;
		return (x4%mod+k4%mod*mod1%mod*mod2%mod)%mod;
	}
}

int st1[N],st2[N],st3[N];
void MTT(int *s,int *a,int *b,int n,int m,int p){
	NTT::solve(st1,a,b,n,m,mod1);
	NTT::solve(st2,a,b,n,m,mod2);
	NTT::solve(st3,a,b,n,m,mod3);
	for(int i=0;i<=n+m;i++){
		s[i]=EXCRT::solve(st1[i],st2[i],st3[i],p);
	}
}

FFT

直接进行 FFT 会爆精度。这里实现的是拆系数 5 次 FFT 的做法，具体推导可见题解 P4245 【【模板】任意模数NTT】 by command_block。

const double PI=acos(-1);
int mod;

struct cpl{
	double A,B;
};
inline cpl operator +(cpl X,cpl Y){
	return (cpl){X.A+Y.A,X.B+Y.B};
}
inline cpl operator -(cpl X,cpl Y){
	return (cpl){X.A-Y.A,X.B-Y.B};
}
inline cpl operator *(cpl X,cpl Y){
	return (cpl){X.A*Y.A-X.B*Y.B,X.A*Y.B+X.B*Y.A};
}

namespace FFT{
	cpl A[N],B[N],C[N],S1[N],S2[N],pre[N];
	int S[N];
	int rev[N];
	int init(int n,int m){
		int lim=0;
		while((1ll<<lim)<=n+m) lim++;
		for(int i=0;i<(1<<lim);i++)
			rev[i]=(rev[i>>1ll]>>1ll) | ((i & 1ll)<<(lim-1));
		for(int i=0;i<=(1<<lim);i++)
			pre[i]={cos(2*PI*i/(1<<lim)),sin(2*PI*i/(1<<lim))};
		return lim;
	}
	void fft(cpl *a,int n,int opt){
		for(int i=0;i<n;i++)
			if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
		for(int l=1;l<n;l*=2){
			for(int i=0;i<n;i+=l*2){
				int u=n/l/2,nw=(opt==1)?0:n;
				for(int j=0;j<l;j++){
					cpl x=a[i+j],y=pre[nw]*a[i+j+l];
					a[i+j]=x+y,a[i+j+l]=x-y;
					nw+=opt*u;
				}
			}
		}
		if(opt==-1){
			for(int i=0;i<n;i++) a[i].A=a[i].A/n,a[i].B=a[i].B/n;
		}
	}
	void solve(int *s,int *f,int *g,int n,int m,int mod){
		if(n+m<=200){
			for(int i=0;i<=n+m;i++) S[i]=0;
			for(int i=0;i<=n;i++){
				for(int j=0;j<=m;j++){
					S[i+j]=(S[i+j]+1ll*f[i]*g[j]%mod)%mod;
				}
			}
			for(int i=0;i<=n+m;i++) s[i]=S[i];
			return ;
		}
		int M=sqrt(mod);
		int lim=init(n,m);
		for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=(cpl){f[i]%M,f[i]/M},B[i]=(cpl){f[i]%M,-f[i]/M};
		for(int i=0;i<=m;i++) C[i]=(cpl){g[i]%M,g[i]/M};
		for(int i=n+1;i<(1ll<<lim);i++) A[i]=B[i]=(cpl){0,0};
		for(int i=m+1;i<(1ll<<lim);i++) C[i]=(cpl){0,0};
		fft(A,(1<<lim),1);
		fft(B,(1<<lim),1);
		fft(C,(1<<lim),1);
		for(int i=0;i<(1<<lim);i++) S1[i]=A[i]*C[i],S2[i]=B[i]*C[i];
		fft(S1,(1<<lim),-1);
		fft(S2,(1<<lim),-1);
		for(int i=0;i<=n+m;i++){
			long long a=round((S1[i].A+S2[i].A)/2),b=round((S2[i].A-S1[i].A)/2),c=round(S1[i].B);
			s[i]=(a%mod+b%mod*M%mod*M%mod+c%mod*M%mod)%mod;
		}
	}
}

1.2 多项式求逆

给出 \(F(x)\) ，求出 \(G(x)\) 使得 \(F(x)G(x) \equiv 1 \pmod {x^n}\)

\[F(x) \equiv \dfrac{1}{G(x)} \pmod {x^n} \]

\[F(x) - \dfrac{1}{G(x)}\equiv 0 \pmod {x^n} \]

记 \(H(t)=F(x)- \dfrac{1}{t}\) ，则有 \(H(G(x)) \equiv 0 \pmod{x^n}\)

用牛顿迭代求 \(H(G(x))\) 的零点。假设已经求出了 \(H(G_0(x)) \equiv 0 \pmod{x^\frac{n}{2}}\)，

\[G(x) = G_0(x) - \dfrac{H(G_0(x))}{H'(G_0(x))} \]

\[G(x) = G_0(x) - \dfrac{F(x)-\frac{1}{G_0(x)}}{\frac{1}{G_0(x)^2}} \]

\[G(x) = 2G_0(x) - G_0(x)^2F(x) \]

递归边界为 \(G_0(x) = \dfrac{1}{f_0}\)。

\(O(n \log n)\)

namespace INV{
	int A[N],B[N],S[N];
	void solve(int *s,int *f,int n){
		S[0]=ksm(f[0],mod-2);
		S[1]=0;
		for(int len=2;len<=(n<<1);len<<=1){
			int lim=len<<1;
			for(int i=0;i<lim;i++) A[i]=B[i]=0;
			for(int i=0;i<=min(len-1,n);i++) A[i]=f[i]; // 避免越界访问
			for(int i=0;i<len;i++) B[i]=S[i];
            
			int t=NTT::init(len);
			NTT::ntt(A,lim);
			NTT::ntt(B,lim);
			for(int j=0;j<lim;j++)
				S[j]=(2*B[j]%mod+mod-1ll*A[j]*B[j]%mod*B[j]%mod)%mod;
			NTT::intt(S,lim);
			for(int j=len;j<lim;j++) S[j]=0;
		}
		for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=S[i];
	}
}

1.3 多项式对数函数（ln）

给出 \(F(x)\) ，求 \(G(x)=\ln(F(x)) \pmod{x^n}\)。保证 \(f_0=1\)。

对两边求导：

\[G'(x)=\dfrac{F'(x)}{F(x)} \]

\[G(x)=\int \dfrac{F'(x)}{F(x)} \]

求导，求逆，再积分即可。

namespace LN{
	int A[N],B[N];
	void solve(int *s,int *f,int n){
		for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i],B[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) B[i-1]=1ll*f[i]*i%mod;

		INV::solve(A,A,n);
		NTT::solve(A,A,B,n,n);

		for(int i=n-1;i>=0;i--) A[i+1]=1ll*A[i]*ksm(i+1,mod-2)%mod;
		A[0]=0;

		for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
	}
}

1.4 多项式指数函数（exp）

给出 \(F(x)\) ，求出 \(G(x)\) 使得 \(G(x) \equiv e^{F(x)} \pmod {x^{n}}\)。保证 \(f_0=0\)。

\[F(x) \equiv \ln(G(x)) \pmod {x^n} \]

\[F(x) - \ln(G(x))\equiv 0 \pmod {x^n} \]

记 \(H(t)=F(x)- ln(t)\) ，则有 \(H(G(x)) \equiv 0 \pmod{x^n}\) 。上牛顿迭代，假设已经求出了 \(H(G_0(x)) \equiv 0 \pmod{x^\frac{n}{2}}\)

\[G(x) = G_0(x) - \dfrac{H(G_0(x))}{H'(G_0(x))} \]

\[G(x) = G_0(x) - \dfrac{F(x)-\ln(G_0(x))}{-G_0(x)^{-1}} \]

\[G(x) = G_0(x)[1+F(x)-\ln(G_0(x))] \]

namespace EXP{
	int A[N],B[N],C[N],S[N];
	void solve(int *s,int *f,int n){
		A[0]=B[0]=C[0]=0; S[0]=1;
		for(int len=2;len/2<=n;len<<=1){
			int lim=len<<1;
			for(int i=0;i<lim;i++) A[i]=B[i]=0;
			for(int i=0;i<=min(len-1,n);i++) A[i]=f[i];
			for(int i=0;i<len;i++) B[i]=S[i];
			
			LN::solve(C,B,len-1);
			for(int i=0;i<len;i++) gmodn(C[i]=A[i]-C[i]);
			C[0]=(C[0]+1)%mod;
			NTT::init(lim-1);
			NTT::ntt(B,lim);
			NTT::ntt(C,lim);
			for(int j=0;j<lim;j++) S[j]=1ll*B[j]*C[j]%mod;
			
			NTT::intt(S,lim);
			for(int j=len;j<lim;j++) S[j]=0;
		}
		for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=S[i];
	}
}

1.5 多项式开根

给出多项式 \(F(x)\) ，求 \(G(x)\) 使 \(G(x)^2 \equiv F(x) \pmod{x^{n}}\)。

\[F(x) - G(x)^2\equiv 0 \pmod {x^n} \]

记 \(H(t)=F(x)- t^2\) ，则有 \(H(G(x)) \equiv 0 \pmod{x^n}\)

上牛顿迭代，假设已经求出了 \(H(G_0(x)) \equiv 0 \pmod{x^\frac{n}{2}}\)，

\[G(x) = G_0(x) - \dfrac{H(G_0(x))}{H'(G_0(x))} \]

\[G(x) = G_0(x) - \dfrac{F(x)-G_0(x)^2}{-2G_0(x)} \]

\[G(x) = G_0(x)+\dfrac{F(x)}{2G_0(x)}-\dfrac{1}{2} \]

\[G(x) = \dfrac{2G_0(x)+\dfrac{F(x)}{G_0(x)}-1}{2} \]

注意：边界条件对 \(f_0\) 开根可能得到两个结果，按实际情况选择即可。

namespace SQRT{
	int A[N],B[N],C[N],S[N];
	void solve(int *s,int *f,int n){
		int p=BSGS(3,998244353,f[0]),s0=ksm(3,p/2);
		S[0]=min(s0,(mod-s0)%mod);
		S[1]=0;
		
		for(int len=2;len/2<=n;len<<=1){
			int lim=len<<1;
			for(int i=0;i<lim;i++) A[i]=B[i]=C[i]=0;
			for(int i=0;i<=min(len-1,n);i++) A[i]=f[i];
			for(int i=0;i<len;i++) B[i]=S[i];
			
			INV::solve(C,B,len-1);
			NTT::init(lim-1);
			NTT::ntt(A,lim,1);
			NTT::ntt(C,lim,1);
			for(int j=0;j<lim;j++) S[j]=A[j]*C[j]%mod;
			NTT::ntt(S,lim,-1);
			
			for(int i=0;i<len;i++) S[i]=(S[i]+B[i])%mod*inv2%mod;
			for(int j=len;j<lim;j++) S[j]=0;
		}
		for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=S[i];
	}
}

1.6 多项式除法（取模）

给出 \(n\) 次多项式 \(F(x)\) 和 \(m\) 次多项式 \(G(x)\) ，求 \(n-m\) 次多项式 \(Q(x)\) 和不超过 \(m-1\) 次多项式 \(R(x)\) 使得 \(F(x)=Q(x)G(x)+R(x)\)。

考虑将系数对称：

\[F_R(x)=\sum\limits_{i=0}^n [x^{n-i}]F(x) x^i=x^nF(x^{-1}) \]

\[F(x^{-1})=Q(x^{-1})G(x^{-1})+R(x^{-1}) \]

\[x^nF(x^{-1})=x^nQ(x^{-1})G(x^{-1})+x^nR(x^{-1}) \]

\[x^nF(x^{-1})=x^{n-m}Q(x^{-1})x^mG(x^{-1})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(x^{-1}) \]

\[F_R(x)=Q_R(x)G_R(x)+x^{n-m+1}R_R(x) \]

考虑先求出 \(Q(x)\) ，模上 \(x^{n-m+1}\)：

\[F_R(x) \equiv Q_R(x)G_R(x) \pmod{x^{n-m+1}} \]

\[Q_R(x) \equiv \dfrac{F_R(x)}{G_R(x)} \pmod{x^{n-m+1}} \]

求出 \(Q(x)\) 后 \(R(x)\) 也很简单了：

\[R(x)=F(x)-Q(x)G(x) \]

namespace DIV{
	int A[N],B[N],C[N],D[N];
	void solve(int *q,int* r,int *f,int *g,int n,int m){
		for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=C[i]=f[i];
		for(int i=0;i<=m;i++) B[i]=D[i]=g[i];

		reverse(A,A+n+1);
		reverse(B,B+m+1);

		INV::solve(B,B,n-m);
		NTT::solve(q,A,B,n,n-m);

		for(int i=n-m+1;i<=n+n-m;i++) q[i]=0;
		reverse(q,q+n-m+1);

		NTT::solve(D,D,q,m,n-m);
		for(int i=0;i<=n;i++) r[i]=(C[i]+mod-D[i])%mod;
	}
}

1.7 多项式快速幂

给出多项式 \(F(x)\) ，求 \(F(x)^k \pmod{x^n}\)

当 \(f_0=1\) 时，可以直接取对数，

\[G(x)=F(x)^k \]

\[\ln(G(x))=k\ln(F(x)) \]

\[G(x)=e^{k\ln(F(x))} \]

这里的 \(k\) 可以对 \(\bmod -1\) 取模。

\(O(n\log n)\)

void Pow(int *s,int *f,int n,int k){
	int lim=NTT::init(n,n);
	for(int i=n+1;i<(1ll<<lim);i++) A[i]=0;
	for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i];
	
	Ln(A,A,n);
	Mult(A,A,n,k);
	Exp(A,A,n);
	for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
}

不保证 \(f_0=1\) 时会有一些 Corner Case。\(f_0 \neq 0\) 时，直接除掉即可；\(f_0 = 0\) 时则找到第一个不为 \(0\) 的系数（记为第 \(t\) 项），然后除掉 \(x^t\) 即可。记 \(p=[x^t]f(x)\)，

\[F(x)^k=\dfrac{F(x)}{px^t}^k p^k x^{tk} \]

注意当 \(tk>n\) 时需要特判。

void Pow(int *s,int *f,int n,int k1,int k2,int lenk){
	//k1 是对 mod 取模， k2 是对 mod-1 取模，lenk 是 k 的长度
	static int A[N];
	int lim=NTT::init(n,n);
	
	int t=0;
	while(!f[t]) t++;
	if(lenk>log(n) && t){
		for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=0;
		return ;
	}
	
	int p=ksm(f[t],k2),q=ksm(f[t],mod-2);
	n-=t;
	for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i+t]*q%mod;
	for(int i=n+1;i<(1ll<<lim);i++) A[i]=0;
	
	Ln(A,A,n);
	Mult(A,A,n,k1);
	Exp(A,A,n);
	for(int i=0;i<=n+t;i++) s[i]=0;
	for(int i=0;i+t*k1<=n+t;i++)
	  s[i+t*k1]=A[i]*p%mod;
}

1.8 多项式三角函数

@warn 该模板不常用

@todo 更新代码为新模板

给出多项式 \(F(x)\) ，求 \(sin(x)\)，\(cos(x)\) 与 \(tan(x)\)。保证 \(f_0=0\)。

考虑复数的指数形式（欧拉公式）：

\[e^{ix}=cosx+isin(x) \]

\[e^{-ix}=cosx-isin(x) \]

\[sin(x)=\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2} \]

\[cos(x)=\dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}{2} \]

\[tan(x)=\dfrac{sin(x)}{cos(x)}=\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{e^{ix}+e^{-ix}} \]

void Sin(int *s,int *f,int n){
	int I=mod-ksm(g,(mod-1)/4);
	static int A[N],B[N];
	for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i]*I%mod;
	poly::Exp(A,A,n);
	INV::solve(B,A,n);
	int t=ksm(2*I%mod,mod-2);
	for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=(A[i]+mod-B[i])%mod*t%mod;
}
void Cos(int *s,int *f,int n){
	int I=mod-ksm(g,(mod-1)/4);
	static int A[N],B[N];
	for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i]*I%mod;
	poly::Exp(A,A,n);
	INV::solve(B,A,n);
	int t=inv2;
	for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=(A[i]+B[i])%mod*t%mod;
}

1.9 多项式反三角函数

@warn 该模板不常用

@todo 更新代码为新模板

给出多项式 \(F(x)\) ，求 \(\arcsin(x)\)，\(\arccos(x)\) 与 \(\arctan(x)\)。保证 \(f_0=0\)。

直接求导：

\[\arcsin(x)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \]

\[\arccos(x)'=-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \]

\[\arctan(x)'=\dfrac{1}{1+x^2} \]

\[\text{arccot}(x)'=-\dfrac{1}{1+x^2} \]

于是：

\[\arcsin(F(x))'=\dfrac{1}{\sqrt{1-F(x)^2}}F'(x) \]

\[\arcsin(F(x))=\int \dfrac{1}{\sqrt{1-F(x)^2}}F'(x) \]

\[\arccos(F(x))=- \int \dfrac{1}{\sqrt{1-F(x)^2}}F'(x) \]

\[\arctan(F(x))=\int \dfrac{1}{1+F(x)^2}F'(x) \]

\[\text{arccot}(F(x))=- \int \dfrac{1}{1+F(x)^2}F'(x) \]

void Arcsin(int *s,int *f,int n){
	static int A[N],B[N];
	for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i],B[i]=f[i];
	NTT::solve(A,A,A,n,n);
	for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=(mod-A[i])%mod;
	A[0]=(A[0]+1)%mod;
	poly::Sqrt(A,A,n);
	INV::solve(A,A,n);
	poly::Deriv(B,B,n);
	NTT::solve(A,A,B,n,n);
	poly::Limit(A,A,n); 
	for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
}
void Arctan(int *s,int *f,int n){
	static int A[N],B[N];
	for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i],B[i]=f[i];
	NTT::solve(A,A,A,n,n);
	A[0]=(A[0]+1)%mod;
	INV::solve(A,A,n);
	poly::Deriv(B,B,n);
	NTT::solve(A,A,B,n,n);
	poly::Limit(A,A,n); 
	for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
}

2. 复杂问题

本章收录一些目前只能做到 \(\Theta(n \log^2 n)\) 的问题。

2.1 多项式多点求值

给出多项式 \(F(x)\) 并给定 \(m\) 处位置 \(a_1,a_2,\cdots,a_m\)，对每个给出的位置 \(a_i\) 求点值 \(F(a_i)\)。

算法一

若 \(F(x)=Q(x)(x-x_0)+R(x)\)，则 \(F(x_0)=R(x_0)\)。所以我们只要对每个 \(x_i\) 求出取模后的余式 \(R(x)\) 即可。

考虑分治，先分治乘处理出 \(\prod\limits_{i=l}^r (x-x_i)\)。若当前获得了 \(F(x)=Q(x) \prod\limits_{i=l}^r (x-x_i) +R(x)\)，那么分治下去只要对两边分别取模就可以了，显然次数会减半。

算法二

多项式除法的常数很大，我们希望用其他方式替代。考虑多项式除法的本质：

\[Q_R(x) \equiv \dfrac{F_R(x)}{G_R(x)} \pmod{x^{n-m+1}} \]

\[R(x)=F(x)-Q(x)G(x) \]

这里 \(Q(x)\) 是一次的，\(R(x)\) 是零次的，所以只要求出 \(Q(x)\) 的常数项即可得到答案。考虑分治：

\[Q_R(x)=F_R(x)G_R^{-1}(x) \]

\[Q_{R_0}(x)=F_R(x)G_{R_0}^{-1}(x) \]

试着推一下 \(G_{R_0}^{-1}(x)\) 与 \(G_R^{-1}(x)\) 的关系：

\[G(x)=G_0(x)G_1(x) \]

\[x^{r-l+1}G(\dfrac{1}{x})=x^{mid-l+1}G_0(\dfrac{1}{x})x^{r-mid}G_1(\dfrac{1}{x}) \]

\[G_R(x)=G_{R_0}(x)G_{R_1}(x) \]

\[G_{R_0}^{-1}(x)=G_R^{-1}(x)G_{R_1}(x) \]

于是：

\[Q_{R_0}(x)=F_R(x)G_{R_0}^{-1}(x)=F_R(x)G_R^{-1}(x)G_{R_1}(x)=Q_R(x)G_{R_1}(x) \]

\[Q_{R_1}(x)=Q_R(x)G_{R_0}(x) \]

所以算到底就相当于 \(F_R(x)\) 乘上若干个 \(G_{R}(x)\)。

直接实现复杂度是错的，但注意到我们只需要 \(Q(x)\) 的常数项，即 \([x^{n-1}]Q_R(x)\)。所以乘到某一个区间时，只有最高的 \(r-l+1\) 项有用，因为之后乘的东西不超过 \(r-l+1\) 次。

只维护 \(Q_R(x)\) 的最高 \(r-l+1\) 项，时间复杂度就对了，\(\Theta(n \log^2 n)\)。同时这样每轮只需要做两次多项式乘法，常数很小。

namespace Evaluation{
	int tmp[N];
	vector <int> P[N],Q[N],Qn[N];
	int lenp[N],lenq[N];
	void init(int o,int l,int r){
		int len=r-l+1,mid=(l+r)>>1ll;
		lenp[o]=len;
		lenq[o]=len-1;
		P[o].resize(2*lenp[o]+2);
		Q[o].resize(2*lenq[o]+2);
		if(l==r) return ;
		init(o<<1,l,mid);
		init(o<<1|1,mid+1,r);
	}
	
	void solve1(int *a,int o,int l,int r){	
		if(l==r){
			P[o]={1,(mod-a[l])%mod};
			return ;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		solve1(a,o<<1,l,mid);
		solve1(a,o<<1|1,mid+1,r);
		NTT::solve(P[o].data(),P[o<<1].data(),P[o<<1|1].data(),lenp[o<<1],lenp[o<<1|1]);
	}
	
	void solve2(int *s,int *a,int o,int l,int r){
		if(l==r){
			s[l]=Q[o][0];
			return ;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		int len1=mid-l+1,len2=r-mid;
		
		NTT::solve(tmp,Q[o].data(),P[o<<1|1].data(),lenq[o],lenp[o<<1|1]);
		for(int i=0;i<len1;i++) Q[o<<1][i]=tmp[i+len2];
		
		NTT::solve(tmp,Q[o].data(),P[o<<1].data(),lenq[o],lenp[o<<1]);
		for(int i=0;i<len2;i++) Q[o<<1|1][i]=tmp[i+len1];
		
		solve2(s,a,o<<1,l,mid);
		solve2(s,a,o<<1|1,mid+1,r);
	}
    // f: [0,n]; y: [1,m]
	void solve(int *s,int *f,int *a,int n,int m){
		m=max(n,m); n=max(n,m);
		init(1,1,m);
		solve1(a,1,1,m);
		poly::Rev(f,f,n);
		
		INV::solve(P[1].data(),P[1].data(),lenp[1]);
		
		NTT::solve(tmp,f,P[1].data(),n,lenp[1]);
		for(int i=0;i<=m;i++) Q[1][i]=tmp[i];
		
		solve2(s,a,1,1,m);
		for(int i=1;i<=m;i++){
			s[i]=(f[n]+1ll*s[i]*a[i]%mod)%mod;
		}
	}
}

2.2 多项式快速插值

给出 \(n+1\) 处点值，求同时满足这些点值的 \(n\) 次多项式 \(F(x)\)。

直接使用拉格朗日插值：

\[F(x)=\sum\limits_{i=1}^ny_i \prod\limits_{j \neq i} \dfrac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

\[F(x)=\sum\limits_{i=1}^ny_i \dfrac{1}{\prod_{j \neq i} (x_i-x_j)} \prod\limits_{j \neq i} (x-x_j) \]

考虑算这个系数，设 \(G(x)= \prod\limits_{i=1}^n (x-x_i)\)，那么这个系数就是 \(c_i =\Big[ \dfrac{G(x)}{x-x_i} \Big](x_i)\)。当然这个记号并不严谨，因为分子分母都是 \(0\)，但我们可以用极限的方式来理解，使用洛必达法则：

\[c_i = \lim\limits_{x \to x_i} \dfrac{G(x)}{x-x_i} = G'(x_i) \]

同样考虑分治：

\[\begin{aligned} f_{l,r} & =\sum\limits_{i=l}^r \dfrac{y_i}{G'(x_i)} \prod\limits_{j=l,i \neq j}^r (x-x_j)\\ & =[\prod\limits_{j=mid+1}^r (x-x_j)][\sum\limits_{i=l}^{mid} \dfrac{y_i}{G'(x_i)} \prod\limits_{j=l,i \neq j}^{mid} (x-x_j)]+[\prod\limits_{j=mid+1}^r (x-x_j)][\sum\limits_{i=mid+1}^r \dfrac{y_i}{G'(x_i)} \prod\limits_{j=l,i \neq j}^mid (x-x_j)]\\ & =f_{l,mid} \prod\limits_{j=mid+1}^r (x-x_j) + f_{mid+1,r} \prod\limits_{j=l}^{mid} (x-x_j)\\ \end{aligned} \]

多项式快速插值问题同样只能做到 \(\Theta(n\log^2n)\)。

@remark 多项式快速插值有常数更小的利用转置原理的做法。

namespace Interpolation{
	int tmp[N];
	vector <int> P[N],Q[N];
	int lenp[N],lenq[N];
	int g[N],gv[N];
	void init(int o,int l,int r){
		int len=r-l+1,mid=(l+r)>>1ll;
		lenp[o]=len;
		lenq[o]=len-1;
		P[o].resize(2*lenp[o]+2);
		Q[o].resize(2*lenq[o]+2);
		if(l==r) return ;
		init(o<<1,l,mid);
		init(o<<1|1,mid+1,r);
	}
	
	void solve1(int *x,int o,int l,int r){	
		if(l==r){
			P[o]={(mod-x[l])%mod,1};
			return ;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		solve1(x,o<<1,l,mid);
		solve1(x,o<<1|1,mid+1,r);
		NTT::solve(P[o].data(),P[o<<1].data(),P[o<<1|1].data(),lenp[o<<1],lenp[o<<1|1]);
	}
	
	void solve2(int *x,int *y,int o,int l,int r){
		if(l==r){
			Q[o]={1ll*y[l]*ksm(gv[l],mod-2)%mod};
			return ;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		solve2(x,y,o<<1,l,mid);
		solve2(x,y,o<<1|1,mid+1,r);
		int tmp[N];
		NTT::solve(Q[o].data(),Q[o<<1].data(),P[o<<1|1].data(),lenq[o<<1],lenp[o<<1|1]);
		NTT::solve(tmp,Q[o<<1|1].data(),P[o<<1].data(),lenq[o<<1|1],lenp[o<<1]);
		for(int i=0;i<=lenq[o];i++) Q[o][i]=(Q[o][i]+tmp[i])%mod;
	}
    
    //x: [1,n]; y: [1,n]
	void solve(int *s,int *x,int *y,int n){
		init(1,1,n);
		solve1(x,1,1,n);
		poly::Deriv(g,P[1].data(),lenp[1]);
		Evaluation::solve(gv,g,x,lenp[1]-1,n);
		solve2(x,y,1,1,n);
		for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=Q[1][i];
	}
}

2.3 多项式复合逆

给出多项式 \(F(x)\)，求多项式 \(G(x)\) 使得 \(G(F(x)) \equiv x \pmod{x^n}\)。保证 \(f_0=0\) 且 \(f_1 \neq 0\)。

@TODO 推导

namespace N_COEF_PROBLEM{
	// MAX: 6n+O(1)
	// Solve S_k = [x^n] f^k
	// Require f_0 = 0
	
	int A[N],B[N],C[N],D[N],P[N];
	void solve(int *s,int *f,int n){
		int sn=n;
		
		int d=1; // deg of y
		for(int i=0;i<=n*3+2;i++) A[i]=B[i]=0;
		A[0]=B[0]=1; // A = 1
		for(int i=0;i<=n;i++) B[i*3+1]=(mod-f[i])%mod; // B = 1-yF
		
		while(n){
			int siz=n*(d*2+1)+d*2;
			for(int i=0;i<=siz;i++) P[i]=0;
			for(int i=0;i<=n;i++){
				for(int j=0;j<=d;j++){
					int id=i*(d*2+1)+j;
					P[id]=1ll*B[id]*ID(i)%mod;
				}
			}
			
			NTT::solve(C,A,P,siz,siz);
			NTT::solve(D,B,P,siz,siz);
			
			int nn=n/2,nd=d*2,nsiz=n*(d*2+1)+d*2;
			for(int i=0;i<=nsiz;i++) A[i]=B[i]=0;
			
			for(int i=(n & 1);i<=nn*2+1;i+=2){
				for(int j=0;j<=d*2;j++){
					int id=i*(d*2+1)+j;
					int nid=(i/2)*(nd*2+1)+j;
					A[nid]=C[id];
				}
			}
			for(int i=0;i<=nn*2;i+=2){
				for(int j=0;j<=d*2;j++){
					int id=i*(d*2+1)+j;
					int nid=(i/2)*(nd*2+1)+j;
					B[nid]=D[id];
				}
			}
			
			n=nn,d=nd;
		}
		
		n=sn;
		INV::solve(P,B,n);
		NTT::solve(A,A,P,n,n);
		for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
	}
}

namespace COMP_INV{
	// MAX: 6n+O(1)
	
	int A[N],B[N];
	void solve(int *s,int *f,int n){
		int kw=ksm(f[1],mod-2);
		N_COEF_PROBLEM::solve(A,f,n);
		int iw=ksm(A[n],mod-2);
		for(int k=0;k<=n;k++) B[n-k]=1ll*A[k]*n%mod*ksm(k,mod-2)%mod*iw%mod;
		
		LN::solve(B,B,n);
		int val=(mod-ksm(n,mod-2))%mod; // B^{-1/n}
		for(int i=0;i<=n;i++) B[i]=1ll*B[i]*val%mod;
		EXP::solve(B,B,n);
		
		s[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=1ll*B[i-1]*kw%mod;
	}
}

3. 分块多项式

3.1 快速阶乘算法

给出 \(n\)，求 \(n! \pmod{p}\)。

令 \(B = \lfloor \sqrt n \rfloor\)。

\[F_d(x) = \prod\limits_{i=1}^d (x+i) \]

考虑维护 \(F_d(0), F_d(B), \cdots, F_d(dB)\)，转移至 \(2d\) 或 \(d+1\)。

对于转移至 \(2d\)：

\[F_{2d}(x) = F_d(x) F_d(x+d) \]

设 \(H(x) = F_d(x/B)\)，那么求 \(F_d(x+d)\) 就是对 \(d+1\) 个连续点值偏移 \(d/B\)，可以在 \(\Theta(d \log d)\) 内解决。

对于转移至 \(d+1\)：

\[F_{d+1}(x) = F_d(x)(x+d+1) \]

\[F_{d+1}((d+1)B) = \prod_{i=1}^{d+1} [(d+1)B+i] \]

直接计算即可。总时间复杂度 \(\Theta(\sqrt{n} \log n)\)。

namespace trans{
	int A[N],B[N],S[N];
	int tmul[N],tinv[N];
	void solve(int *s,int *f,int n,long long m){
		tmul[0]=tinv[0]=1;
		for(int i=1;i<=2*n;i++) tmul[i]=1ll*tmul[i-1]*(m+mod-n+i)%mod;
		tinv[2*n]=ksm(tmul[2*n],mod-2);
		for(int i=2*n-1;i>=1;i--) tinv[i]=1ll*tinv[i+1]*(m+mod-n+i+1)%mod;
		tinv[0]=ksm((m+mod-n)%mod,mod-2);
		for(int i=1;i<=2*n;i++) tinv[i]=1ll*tinv[i]*tmul[i-1]%mod;
		
		for(int i=0;i<=2*n;i++){
			A[i]=1ll*f[i]*inv[i]%mod*inv[n-i]%mod*ID(n-i)%mod;
			B[i]=tinv[i];
		}
		FFT::solve(S,A,B,n,2*n,mod);
		int tmp=1;
		for(int i=m;i>=m-n;i--) tmp=1ll*tmp*i%mod;
		for(int i=0;i<=n;i++){
			s[i]=1ll*S[i+n]*tmp%mod;
			tmp=1ll*tmp*(m+i+1)%mod*tinv[i]%mod;
		}
	}
}
int T,n,B;
int F[N],G[N];

int d;
void shift(){
	trans::solve(G,F,d,d+1);
	for(int i=0;i<=d;i++) F[i+d+1]=G[i];
	trans::solve(G,F,2*d,1ll*d*ksm(B,mod-2)%mod);
	for(int i=0;i<=2*d;i++) F[i]=1ll*F[i]*G[i]%mod;
	d*=2;
}
void setbit(){
	for(int i=0;i<=d;i++) F[i]=1ll*F[i]*(1ll*i*B%mod+d+1)%mod;
	F[d+1]=1;
	for(int i=1;i<=d+1;i++) F[d+1]=1ll*F[d+1]*(1ll*(d+1)*B%mod+i)%mod;
	d++;
}
int solve(int n,int mod){
	bool fl=0;
	if(n>mod/2) n=mod-1-n,fl=1;
	B=sqrt(n);
	int lim=log2(B);
	init(B);
	
	d=1; F[0]=1,F[1]=B+1;
	for(int i=lim-1;i>=0;i--){
		shift();
		if(B>>i & 1) setbit();
	}
	int ans=1;
	for(int i=0;i<d;i++) ans=1ll*ans*F[i]%mod;
	for(int i=B*B+1;i<=n;i++) ans=1ll*ans*i%mod;
	if(!fl) return ans;
	else return 1ll*ID(n+1)*ksm(ans,mod-2)%mod;
}

3.1A 带系数快速阶乘算法

给出 \(n,a,b\)，求 \(\prod\limits_{i=1}^{n} (a+bi) \pmod{p}\)。

...

int d;
void shift(){
	trans::solve(G,F,d,d+1);
	for(int i=0;i<=d;i++) F[i+d+1]=G[i];
	trans::solve(G,F,2*d,1ll*d*ksm(B,mod-2)%mod);
	for(int i=0;i<=2*d;i++) F[i]=1ll*F[i]*G[i]%mod;
	d*=2;
}

void setbit(){
	for(int i=0;i<=d;i++) F[i]=1ll*F[i]*(1ll*a*B%mod*i%mod+1ll*a*(d+1)%mod+b)%mod;
	F[d+1]=1;
	for(int i=1;i<=d+1;i++) F[d+1]=1ll*F[d+1]*(1ll*a*B%mod*(d+1)%mod+1ll*a*i%mod+b)%mod;
	d++;
}
int solve(int n,int mod){
	B=sqrt(n);
	int lim=log2(B);
	init(B);
	
	d=1; F[0]=(a+b)%mod,F[1]=(1ll*a*B%mod+F[0])%mod;
	for(int i=lim-1;i>=0;i--){
		shift();
		if(B>>i & 1) setbit();
	}
	int ans=1;
	for(int i=0;i<d;i++) ans=1ll*ans*F[i]%mod;
	for(int i=B*B+1;i<=n;i++) ans=1ll*ans*(1ll*a*i%mod+b)%mod;
	return ans;
}

3.1B 快速阶乘和

给出 \(n\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^{n} i! \pmod{p}\)。

\[G_d(x) = \sum\limits_{t=1}^d \prod\limits_{i=1}^t (x+i) \]

对于转移至 \(2d\)：

\[G_{2d}(x) = G_d(x) + F_d(x) G_d(x+d) \]

对于转移至 \(d+1\)：

\[G_{d+1}(x) = G_d(x) + F_d(x)(x+d+1) \]

int B;
int F[N],G[N];
int P[N],Q[N];

int d;
void shift(){
	trans::solve(P,F,d,d+1);
	trans::solve(Q,G,d,d+1);
	
	for(int i=0;i<=d;i++) F[i+d+1]=P[i];
	for(int i=0;i<=d;i++) G[i+d+1]=Q[i];
	
	trans::solve(P,F,2*d,1ll*d*ksm(B,mod-2)%mod);
	trans::solve(Q,G,2*d,1ll*d*ksm(B,mod-2)%mod);
	
	for(int i=0;i<=2*d;i++){
		G[i]=(G[i]+1ll*F[i]*Q[i]%mod)%mod;
		F[i]=1ll*F[i]*P[i]%mod;
	}
	d*=2;
}

void setbit(){
	for(int i=0;i<=d;i++){
		F[i]=1ll*F[i]*(1ll*B*i%mod+(d+1))%mod;
		gmod(G[i]+=F[i]);
	}
	
	F[d+1]=1; G[d+1]=0;
	for(int i=1;i<=d+1;i++){
		F[d+1]=1ll*F[d+1]*(1ll*B*(d+1)%mod+i)%mod;
		gmod(G[d+1]+=F[d+1]);
	}
	d++;
}

int res0=0,res1=0;
void solve(int n){
	B=sqrt(n);
	int lim=__lg(B);
	init(B);
	
	d=1;
	F[0]=1,F[1]=(B+1)%mod;
	G[0]=1,G[1]=(B+1)%mod;
	for(int i=lim-1;i>=0;i--){
		shift();
		if(B>>i & 1) setbit();
	}
	int ans=0,tot=1;
	for(int i=0;i<d;i++){
		gmod(ans+=1ll*tot*G[i]%mod);
		tot=1ll*tot*F[i]%mod;
	}
	for(int i=B*B+1;i<=n;i++){
		tot=1ll*tot*i%mod;
		gmod(ans+=tot);
	}
	res0=tot,res1=ans;
}

4. 杂项

这一块严格来说并不算模板，只是记录一些常见的模型和处理方式。

4.1 分治乘

给定 \(n\) 个一次多项式 \(a_i+b_ix\)，求 \(\prod\limits_{i=1}^n (a_i+b_ix)\)。
给定 \(n\) 个一次多项式 \(a_i+b_ix\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{1}{a_i+b_ix}\)。

用类似分治的办法，尽量先乘小的区间，再合并大的区间。若初始多项式次数不一致，可以用 Huffman 算法的思路，优先队列维护当前的多项式，不断取出两个次数最小的多项式相乘。

时间复杂度是 \(T(n)=2T(n/2)+\Theta(n\log n)=\Theta(n\log^2n)\)

具体的实现可以用 vector 存多项式，空间复杂度是 \(\Theta(n\log n)\) 的

对于分式求和，对于每个区间同时维护分子和分母，最后再求逆算答案即可。

4.2 分治 FFT（半在线卷积）

离线分治 FFT

已知 \(F(x)\)，求 \(G(x)\) 使 \(g_n=\sum\limits_{i=1}^n f_ig_{n-i}\)，边界条件为 \(g_0=1\)。

如果知道 \(G(x)\) 的前 \(n\) 项，可以推出第 \(n+1\) 项。

类比 CDQ 分治：现在的区间 \(G\) 分治成左右两个区间（记作 \(G_l\) 与 \(G_r\)），考虑左边对右边的贡献。

再记 \(F_l'\) 与 \(F'\) 为 \(F(x)\) 的前缀多项式（不太严谨），且 \(\deg F_l'=\deg G_l\)，\(\deg F'=\deg G\)，即加上 \('\) 就代表被平移到了开头。

显然贡献只有 \(F' \times G_l\)。单次 NTT 的时间复杂度为 \(\Theta(n \log n)\)，套上分治的总复杂度即为 \(\Theta(n \log^2 n)\)。

在线分治 FFT

求 \(F(x)\)，\(G(x)\) 使 \(f_n=g_1 \oplus g_2 \oplus \cdots \oplus g_n\)，\(g_n=\sum\limits_{i=1}^n f_ig_{n-i}\)，边界条件为 \(f_0=g_0=0\)，\(f_1=1\)。

现在必须知道 \(f_1,\cdots,f_n\)，才能算出 \(f_{n+1}\)，没办法再像刚才那样计算。

具体而言，如果左端点不为 \(1\)，那 \(F'\) 已经被算出来了，没有问题。但若左端点为 \(1\)，区间 \(G\) 没算出来，\(F'=F\) 自然也不知道。

那现在只考虑左端点为 \(1\) 的情况。这时候 \(F_r'\) 不知道，只能将 \(F_l' * G_l\) 贡献到 \(G_r\) 去。因此 \(G_r\) 还缺了 \(F_r' \times G_l\)，我们暂且放在一边。幸运的是，这时候 \(G_r\) 中的第一项系数是正确的，\(F_r\) 的第一项和第二项也计算得出来。

因此现在考虑分治到 \(G_r\) 里面，再分治到区间 \(GG\)，可以将 \(FF’ \times GG_l\) 贡献到 \(GG_r\)。但是别忘了，\(G_r\) 还缺了 \(F_r' * G_l\)，因此还要再补上 \(FF \times GG_l’\)。

每分治到叶子节点就计算一些 \(f_n\)，这样就正确了。

时间复杂度仍是 \(\Theta(n \log^2 n)\)。

4.3 下降幂多项式乘法

给出下降幂多项式 \(F(x),G(x)\) ，求下降幂多项式 \(H(x) = F(x) G(x)\)。

下降幂多项式可以轻松（指单 log）在系数形式与点值形式之间转换。具体推导可参见 Re：从零开始的生成函数魔法 Section 3.4，这里重复一遍：

设 \(a_i=F(i)\)，\(A(x)\) 是 \(a_n\) 的生成函数

\[a_k=\sum\limits_{i=0}^n f_i k^{\underline{i}}=k!\sum\limits_{i=0}^n \dfrac{f_i}{(k-i)!} \]

\[\dfrac{a_k}{k!}=\sum\limits_{i=0}^n \dfrac{f_i}{(k-i)!} \]

\[\sum\limits_{k=0}^n \dfrac{a_k}{k!}=\sum\limits_{k=0}^n \sum\limits_{i=0}^n f_i \dfrac{1}{(k-i)!} \]

\[A(x)=F(x) e^x \]

\[F(x)=A(x)e^{-x} \]

总时间复杂度仅为 \(\Theta(n \log n)\)。

void ftt(int *s,int *f,int n,int typ){
	static int A[N];
	if(typ==1){
		A[1]=1;
		NTT::solve(s,inv,f,n,n);
		for(int i=0;i<=n;i++) s[i]=s[i]*mul[i]%mod;
	}
	else{
		for(int i=0;i<=n;i++) f[i]=f[i]*inv[i]%mod;
		for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=inv[i]*ID(i)%mod;
		NTT::solve(s,A,f,n,n);
	}
}
void FTT(int *s,int *f,int *g,int n,int m){
	static int A[N],B[N];
	ftt(A,f,n+m,1);
	ftt(B,g,n+m,1);
	for(int i=0;i<=n+m;i++) s[i]=A[i]*B[i]%mod;
	ftt(s,s,n+m,-1);
}

4.4 普通多项式与下降幂多项式互化

给出下降幂/普通多项式 \(F(x)\) ，求它的普通/下降幂多项式形式 \(G(x)\)。

这个问题是较为困难的，只能以点值为媒介进行转换，使用插值与求值来实现。时间复杂度为 \(\Theta(n \log^2 n)\) 且常数由插值与求值的常数决定。

void FtoP(int *s,int *f,int n){
	static int A[N],B[N];
	ftt(A,f,n,1);
	for(int i=n+1;i>=1;i--) A[i]=A[i-1];
	for(int i=1;i<=n+1;i++) B[i]=i-1;
	Interpolation::solve(s,B,A,n+1);
}
void PtoF(int *s,int *f,int n){
	static int A[N],B[N];
	for(int i=1;i<=n+1;i++) B[i]=i-1;
	Evaluation::solve(A,f,B,n,n+1);
	for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=A[i+1];
	ftt(s,A,n,-1);
}

5. 参考资料

posted @ 2021-02-02 10:46 Appleblue17 阅读(962) 评论(4) 收藏举报

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浅谈多项式全家桶与实现

封装模式和代码习惯

0. 前置知识

1. 多项式复合简单函数

1.1 NTT

1.1A 任意模数 NTT

三模 NTT

FFT

1.2 多项式求逆

1.3 多项式对数函数（ln）

1.4 多项式指数函数（exp）

1.5 多项式开根

1.6 多项式除法（取模）

1.7 多项式快速幂

1.8 多项式三角函数

1.9 多项式反三角函数

2. 复杂问题

2.1 多项式多点求值

算法一

算法二

2.2 多项式快速插值

2.3 多项式复合逆

3. 分块多项式

3.1 快速阶乘算法

3.1A 带系数快速阶乘算法

3.1B 快速阶乘和

4. 杂项

4.1 分治乘

4.2 分治 FFT（半在线卷积）

离线分治 FFT

在线分治 FFT

4.3 下降幂多项式乘法

4.4 普通多项式与下降幂多项式互化

5. 参考资料

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