浅谈多项式全家桶与实现

upd：多项式幂函数（加强版）中将 log(n) 改为 5

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

写在前面

众所周知，写多项式最麻烦的事情就是封装、清空和边界

所以务必考虑好每一步细节，算好边界，记得清空

如果你遇到以下玄学错误：

RE 了？

多半是因为没开大栈空间（

请在编译选项里加入 --std=c++11 -Wl,--stack=1145149191810

不过这个问题最好的解决办法是在函数内开数组时使用 static
WA 了？

多半是因为没清空
TLE 了？

多半是因为……板子常数太大了……

尽量别用 memset ，小心T飞

我的习惯：

NTT 和 INV 比较常用，单独开在两个 namespace 里

还有求值和插值，分别开在两个 namespace 里

下降幂多项式专门开在 FallingPoly 里

其它的函数都开在 poly 里

函数形如 void (long long *s,long long *f,lnog long n)

s 表示的是输出数组（为了方便封装，s 和 f 可以是同一个数组）
f 表示的是输入数组
n 表示的是多项式次数（即数组下标为 \(0-n\)）

大写字母 A B C 等数组表示的是临时数组

最后一些约定：

本文中题目及推导中的 \(n\) 均是多项式次数加一（即与代码中不一样）
本文中非特殊说明，模数均为 \(998244353\) （
本文中输入多项式次数均少于 \(10^5\) ，因此数组大小 N 一般开到 \(3 \times 10^5\) （因为最大可以到 \(262144\)

不过由于未知原因多项式开根要开到 \(6 \times 10^5\)

0. 前置知识

~~背~下~来~~

多项式

多项式是啥？

多项式就是一堆单项式的和（好废话，不唠叨了
泰勒展开

\[f(x)=\sum\limits_{i=0}^{+ \infty}\dfrac{f^{(i)}(0)}{i!}x^i \]

没学过所以不敢乱讲

可以看看这篇劲爆的介绍 [怎样更好地理解并记忆泰勒展开式？——知乎](怎样更好地理解并记忆泰勒展开式？ - 知乎 (zhihu.com))

牛顿迭代法

牛顿迭代实际上是快速求函数零点的东西

大概就是，随便选出一个点 \((x_0,f(x_0))\)，作出过它的切线 \(y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)\)

如果求出切线的零点 \((x_0-\dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)},0)\) ，就会发现，它离真正的零点更近了！

这样一直迭代下去，就会收敛于零点

换成多项式，比如想求使得 \(F(G(x)) \equiv 0 \pmod x^n\) 的 \(G(x)\)

假设已经求出了 \(F(G_0(x)) \equiv 0 \pmod{x^\frac{n}{2}}\)

求出 \(G(x) = G_0(x) - \dfrac{F(G_0(x))}{F'(G_0(x))}\)

有 \(F(G(X)) \equiv 0 \pmod{x^n}\)

递归求下去，时间复杂度是 \(O(T)=O(\dfrac{T}{2})+O(T \log T)=O(n \log n)\)

~~我也不知道为什么，背下来~~

如何通俗易懂地讲解牛顿迭代法？——[马同学图解数学]

1. FFT/NTT

多项式乘法（NTT）

多项式乘法，或者叫多项式卷积

最基础的多项式操作，其它运算都以此为基础

原理较为复杂，本文不多加解释

\(O(n \log n)\)

pre() 用于预处理 \(\omega_l\) 以加速，记得先在主函数内调用一次

long long pr[N];
namespace NTT{
	static long long A[N],B[N],rev[N];
	void pre(){
		for(long long l=1;l<N;l<<=1ll)
			pr[l]=ksm(g,(mod-1)/(l*2));
	}
	long long init(long long n,long long m){
		long long lim=0;
		while((1ll<<lim)<=n+m) lim++;
		for(long long i=0;i<=(1<<lim)-1;i++)
			rev[i]=(rev[i>>1ll]>>1ll) | ((i & 1ll)<<(lim-1));
		return lim;
	}
	void ntt(long long *f,long long n,long long opt){
		for(long long i=0;i<=n-1;i++)
			if(i<rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
		for(long long l=1;l<n;l<<=1ll){
			long long tmp=pr[l];
			if(opt==-1) tmp=ksm(tmp,mod-2);
			for(long long i=0;i<=n-1;i+=l<<1ll){
				long long omegf=1;
				for(long long j=0;j<l;j++){
					long long x=f[i+j],y=omegf*f[i+j+l]%mod;
					f[i+j]=(x+y)%mod,f[i+j+l]=(x-y+mod)%mod;
					omegf=omegf*tmp%mod;
				}
			}
		}
		if(opt==-1){
			long long t=ksm(n,mod-2);
			for(long long i=0;i<=n-1;i++)
				f[i]=f[i]*t%mod;
		}
	}
	void solve(long long *s,long long* f,long long* g,long long n,long long m){
		long long lim=init(n,m);
		for(long long i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i];
		for(long long i=0;i<=m;i++) B[i]=g[i];
        //不要破坏f和g，先拿A和B寄存
		for(long long i=n+1;i<=(1ll<<lim);i++) A[i]=0;
		for(long long i=m+1;i<=(1ll<<lim);i++) B[i]=0;
        //清空
		ntt(A,(1<<lim),1);
		ntt(B,(1<<lim),1);
		for(long long i=0;i<=(1<<lim)-1;i++) s[i]=A[i]*B[i]%mod;
		ntt(s,(1<<lim),-1);
	}
}

2. 多项式求逆

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 \(H(G(x)) \equiv 0 \pmod{x^n}\)

这里 \(F(x)\) 看作常数！

就是找 \(H(G(x))\) 的零点了，上牛顿迭代

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

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

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

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

递归边界 \(G_0(x) = \dfrac{1}{f_0}\)

\(O(n \log n)\)

计算时每次由 \(\frac{len}{2}\) 转移到 \(len\) ，注意这里的 \(len\) 实际上是最高次数加一，即实际上次数为 \(len-1\)
虽然每次由 \(\frac{len}{2}\) 转移到 \(len\) ，但在计算时可能会到 \(lim=len \times 2\) ，记得清空

namespace INV{
	long long A[N],B[N],S[N];
	void solve(long long *s,long long *f,long long n){
		S[0]=ksm(f[0],mod-2);
		S[1]=0;
		long long len;
		for(len=2;len<=(n<<1ll);len<<=1ll){
			//       ^^ 这里一定要写小于等于!
			//len是现在处理的长度（即x^n） 
			long long lim=len<<1ll;
			for(long long i=0;i<len;i++) A[i]=f[i],B[i]=S[i];
			for(long long i=len;i<lim;i++) A[i]=B[i]=0;
			NTT::init(len,0);
			NTT::ntt(A,lim,1);
			NTT::ntt(B,lim,1);
			for(long long j=0;j<lim;j++)
				S[j]=(2*B[j]+mod-A[j]*B[j]%mod*B[j]%mod)%mod;
			NTT::ntt(S,lim,-1);
			for(long long j=len;j<lim;j++) S[j]=0;
		}
		for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=S[i];
	}
}

3. 多项式对数函数（ln）

多项式对数函数（ln）
给出 \(F(x)\) ，求 \(G(x)=ln(F(x)) \pmod{x^n}\) 。
保证 \(f_0=1\)

众所周知 \(ln\) 求导有很好的性质： \(ln(x)'=\frac{1}{x}\)

别忘了链式法则

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

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

求导，求逆，再积分即可

\(O(n \log n)\)

求导：

\((x^\alpha)'=\alpha x^{\alpha-1}\)

void Deriv(long long *s,long long *f,long long n){
	A[n]=0;
	for(long long i=1;i<=n;i++) A[i-1]=f[i]*i%mod;
	for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
}

积分：

\[\int \alpha x^{\alpha-1}=x^\alpha \]

\[\int x^\alpha=\dfrac{1}{\alpha+1} x^{\alpha+1} \]

void Limit(long long *s,long long *f,long long n){
	A[0]=0;
	for(long long i=0;i<=n-1;i++) A[i+1]=f[i]*ksm(i+1,mod-2)%mod;
	for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
}

void Ln(long long *s,long long *f,long long n){
	static long long A[N],B[N];
	int lim=NTT::init(n,n);
	for(long long i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i],B[i]=0;
	for(int i=n+1;i<(1ll<<lim);i++) A[i]=B[i]=0;
	Deriv(B,A,n);
	INV::solve(A,A,n);
	NTT::solve(A,A,B,n,n);
	Limit(A,A,n);
	for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
}

4. 多项式指数函数（exp）

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 \(H(G(x)) \equiv 0 \pmod{x^n}\)

再上牛顿迭代

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

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

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

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

\(O(n \log n)\)

void Exp(long long *s,long long *f,long long n){
	static long long A[N],B[N],C[N],S[N];
	S[0]=1;
	S[1]=0;
	long long len;
	
	for(len=2;len<=(n<<1ll);len<<=1ll){
		long long lim=len<<1ll;
		for(long long i=0;i<len;i++) A[i]=f[i],B[i]=S[i];
		for(long long i=len;i<lim;i++) A[i]=B[i]=C[i]=0;
		
		Ln(C,B,len-1);
		for(long long i=0;i<len;i++) C[i]=(mod-C[i]+A[i])%mod;
		C[0]=(C[0]+1)%mod;
		NTT::init(len,0);
		NTT::ntt(B,lim,1);
		NTT::ntt(C,lim,1);
		for(long long j=0;j<lim;j++) S[j]=B[j]*C[j]%mod;
		
		NTT::ntt(S,lim,-1);
		for(long long j=len;j<lim;j++) S[j]=0;
	}
	for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=S[i];
}

5. 多项式除法（取模）

多项式除法
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 \(F(x)=Q(x)G(x)+R(x)\) 。

这次有两个多项式，牛顿迭代又用不了了

上一个黑科技：将系数对称

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

再试试：

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

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

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

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

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

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

void Rev(long long *s,long long *f,long long n){
	for(long long i=0;i<=n/2;i++) swap(f[i],f[n-i]);
}

void Div(long long *q,long long* r,long long *f,long long *g,long long n,long long m){
	static long long A[N],B[N],C[N],D[N];
	for(long long i=0;i<=n;i++) A[i]=C[i]=f[i];
	for(long long i=0;i<=m;i++) B[i]=D[i]=g[i];
	Rev(A,A,n);
	Rev(B,B,m);
	INV::solve(B,B,n-m);
	NTT::solve(q,A,B,n,n-m);
	for(long long i=n-m+1;i<=n+n-m;i++) q[i]=0;
	Rev(q,q,n-m);
	
	NTT::solve(D,D,q,m,n-m);
	Del(r,C,D,n,n);
}

6. 多项式快速幂

多项式快速幂
给出多项式 \(F(x)\) ，求 \(F(x)^k \pmod{x^n}\)
保证 \(f_0=1\)

考虑取 \(\ln\)

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

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

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

这里的 \(k\) 可以对 \(\bmod\) 取模

\(O(n\log n)\)

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

加强版：不保证 \(f_0=1\)

\(\ln\) 必须要保证 \(f_0=1\) ，咋办？

只能将 \(f_0\) 转化成 \(1\)

如果 \(f_0\) 不为 \(0\) 的话，直接除掉就行了

如果为 \(0\) 呢？

那就找到第一个不为 \(0\) 的系数（假设为第 \(t\) 项），然后除掉 \(x^t\) 即可

列一下式子：

记 \(p=[x^t]f(x)\)

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

还有点实现的小问题：当 \(tk>n\) 时就不用算了，因为全是 \(0\)

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

7. 多项式开根

多项式开根
给出多项式 \(F(x)\) ，求 \(G(x)\) 使 \(G(x)^2 \equiv F(x) \pmod{x^{n}}\)
保证 \(f_0=1\)

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

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

又上牛顿迭代

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

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

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

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

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

\(O(n \log n)\)

事实上开根可以得到两个答案（差别就是在边界条件），模板题中要求系数字典序最小，令 \(G_0(x)=1\) 即可

void Sqrt(long long *s,long long *f,long long n){
	static long long A[N],B[N],C[N],S[N];
	S[0]=1;
	long long len;
	for(len=1;len<=(n<<1ll);len<<=1ll){
		long long lim=len<<1ll;
		for(long long i=0;i<len;i++) A[i]=f[i],B[i]=S[i];
		for(long long i=len;i<lim;i++) A[i]=B[i]=C[i]=0;
		
		INV::solve(C,B,len);
		NTT::init(len,0);
		NTT::ntt(A,lim,1);
		NTT::ntt(C,lim,1);
		for(long long j=0;j<lim;j++) S[j]=A[j]*C[j]%mod;
		NTT::ntt(S,lim,-1);
		
	        for(long long i=0;i<lim;i++) S[i]=(S[i]+B[i])%mod*inv2%mod;
	        for(long long j=len;j<lim;j++) S[j]=0;
        }
	for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=S[i];
}

不保证 \(F(0)=1\) ，但保证有解

其它都没啥问题，就是边界条件

奆佬您一定想到了二次剩余

这里我选择用 \(BSGS\) 求出 \(g^x \equiv F(0) \pmod{998244353}\)

然后 \(G_0(x)=g^{\frac{x}{2}}\)

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

8. 多项式三角函数

多项式三角函数
给出多项式 \(F(x)\) ，求 \(sin(x)\)，\(cos(x)\) 与 \(tan(x)\)。
保证 \(f_0=0\)

总所周知复数的指数形式（欧拉公式）：

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

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

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

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

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

顺便一提，\(i=\omega_4\)

\(O(n \log n)\)

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

9. 多项式反三角函数

多项式反三角函数
给出多项式 \(F(x)\) ，求 \(\arcsin(x)\)，\(\arccos(x)\) 与 \(\arctan(x)\)。
保证 \(f_0=0\)

考虑将它转换出三角函数的圈子，像 ln 一样求导

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

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

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

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

于是：

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

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

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

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

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

~~由此看得出来 arccos 和 arccot 不用写了~~

\(O(n \log n)\)

void Arcsin(long long *s,long long *f,long long n){
	static long long A[N],B[N];
	for(long long 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(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
}
void Arctan(long long *s,long long *f,long long n){
	static long long A[N],B[N];
	for(long long 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(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
}

10. 多项式多点求值

多项式多点求值
给出多项式 \(F(x)\) ，求给定 \(m\) 处的点值。

有一个很神奇的东西：

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 + NTT 处理出 \(\prod\limits_{i=l}^r (x-x_i)\)

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

\(O(n\log^2n)\)

namespace Evaluation{
	long long tmp[N];
	vector <long long> P[N],Q[N];
	long long lenp[N],lenq[N];
	void init(long long o,long long l,long long r){
		long long 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(long long *a,long long o,long long l,long long r){	
		if(l==r){
			P[o]={(mod-a[l])%mod,1};
			return ;
		}
		long long 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(long long *s,long long *a,long long o,long long l,long long r){
		if(r-l<=100){
			for(long long i=l;i<=r;i++){
				s[i]=0;
				for(long long j=0,tmp=1;j<=lenq[o];j++,tmp=tmp*a[i]%mod) s[i]=(s[i]+tmp*Q[o][j]%mod)%mod;
			}
			return ;
		}
		long long mid=(l+r)>>1;
		poly::Div(tmp,Q[o<<1].data(),Q[o].data(),P[o<<1].data(),lenq[o],lenp[o<<1]);
		//左边取模
        	poly::Div(tmp,Q[o<<1|1].data(),Q[o].data(),P[o<<1|1].data(),lenq[o],lenp[o<<1|1]);
		//右边取模
        	solve2(s,a,o<<1,l,mid);
		solve2(s,a,o<<1|1,mid+1,r);
	}
	void solve(long long *s,long long *f,long long *a,long long n,long long m){
		init(1,1,m);
		solve1(a,1,1,m);
		poly::Div(tmp,Q[1].data(),f,P[1].data(),n,lenp[1]);
		solve2(s,a,1,1,m);
	}
}

快速多项式多点插值

卡常数！

考虑多项式除法的常数实在是太大了，我们不想做那么多次多项式除法

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：

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

\[Q_{R0}(x)=F_R(x)G_{R0}^{-1}(x) \]

试着推一下 \(G_{R0}^{-1}(x)\) 与 \(G_R^{-1}(x)\) 的关系：

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

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

\[G_R(x)=G_{R0}(x)G_{R1}(x) \]

\[G_{R0}^{-1}(x)=G_R^{-1}(x)G_{R1}(x) \]

于是：

\[Q_{R0}(x)=F_R(x)G_{R0}^{-1}(x)=F_R(x)G_R^{-1}(x)G_{R1}(x)=Q_R(x)G_{R1}(x) \]

\[Q_{R1}(x)=Q_R(x)G_{R0}(x) \]

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

然而这没有用啊？时间复杂度不对

等一下，我们只需要 \(Q(x)\) 的常数项，也就是 \(Q_R(x)\) 的 \(x^{n-1}\) 项。

所以乘到某一个区间时，只有最高的 \(r-l+1\) 项是有用的了！（因为之后乘的东西是 \(r-l+1\) 次的）

这样时间复杂度就对了，\(O(n\log^2n)\)

同时只用做两次 NTT 了，非常的快

namespace Evaluation{
	long long tmp[N];
	vector <long long> P[N],Q[N],Qn[N];
	long long lenp[N],lenq[N];
	void init(long long o,long long l,long long r){
		long long 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(long long *a,long long o,long long l,long long r){	
		if(l==r){
			P[o]={1,(mod-a[l])%mod};
			return ;
		}
		long long 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(long long *s,long long *a,long long o,long long l,long long r){
		if(l==r){
			s[l]=Q[o][0];
			return ;
		}
		long long mid=(l+r)>>1;
		long long 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(long long 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(long long 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);
	}
	void solve(long long *s,long long *f,long long *a,long long n,long long m){
		m=max(n,m);
		n=max(n,m);
     		//我也不知道为什么只有 n=m 时才对……
		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(long long i=0;i<=m;i++) Q[1][i]=tmp[i];
		
		solve2(s,a,1,1,m);
		for(long long i=1;i<=m;i++)
			s[i]=(f[n]+s[i]*a[i]%mod)%mod;
	}
}

11. 多项式快速插值

多项式快速插值
给出 \(n+1\) 个点值，求满足这些点值的 \(n\) 次多项式 \(F(x)\)。

说到插值，那肯定是拉格朗日插值

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

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

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 \(t=[\dfrac{G(x)}{x-x_j}](x_i)\)

听起来很有道理，但稍微一想就会发现分子分母都是零……

上洛必达法则：

\(t=[G'(x)](x_i)=G'(x_j)\)

同样考虑分治：

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

\(O(n\log^2n)\)

namespace Interpolation{
	long long tmp[N];
	vector <long long> P[N],Q[N];
	long long lenp[N],lenq[N];
	long long g[N],gv[N];
	void init(long long o,long long l,long long r){
		long long 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(long long *x,long long o,long long l,long long r){	
		if(l==r){
			P[o]={(mod-x[l])%mod,1};
			return ;
		}
		long long 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(long long *x,long long *y,long long o,long long l,long long r){
		if(l==r){
			Q[o]={y[l]*ksm(gv[l],mod-2)%mod};
			return ;
		}
		long long mid=(l+r)>>1;
		solve2(x,y,o<<1,l,mid);
		solve2(x,y,o<<1|1,mid+1,r);
		long long 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(long long i=0;i<=lenq[o];i++) Q[o][i]=(Q[o][i]+tmp[i])%mod;
	}
	void solve(long long *s,long long *x,long long *y,long long 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(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=Q[1][i];
	}
}

12. 下降幂多项式乘法

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

与 NTT 类似，考虑多项式与点值的变换

不过由于下降幂优美的性质，点值只要选择 0-n 的 \(n+1\) 个数就好了

在 Re：从零开始的生成函数魔法中的 3.4 有，这里再写一遍

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

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

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

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

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

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

~~FTT可还行~~

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

void FTT(long long *s,long long *f,long long *g,long long n,long long m){
	static long long A[N],B[N];
	ftt(A,f,n+m,1);
	ftt(B,g,n+m,1);
	for(long long i=0;i<=n+m;i++) s[i]=A[i]*B[i]%mod;
	ftt(s,s,n+m,-1);
}

13. 普通多项式与下降幂多项式互化

普通多项式转下降幂多项式
下降幂多项式转普通多项式
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 \(G(x)\)。

普通转下降幂：多点求值再 fft 插值

下降幂转普通： fft 求值再快速插值

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

void PtoF(long long *s,long long *f,long long n){
	static long long A[N],B[N];
	for(long long 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);
}

14. 任意模数 NTT

多项式卷积，但是任意模数

事实上就用三个模数 998244353 / 1004535809 / 469762049 （原根都是 3）分别做一遍再 CRT 合并起来就好了

由于比较特殊不列在总板子里

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

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

15. 分治 FFT（半在线卷积）

假的半在线卷积

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

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

暴力做是 \(O(n^2 \log n)\) 的，但是做了很多无用功，考虑用一些方法优化。

可以类比 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 \(F' * G_l\)。单次 NTT 的时间复杂度为 \(O(n \log n)\)，套上分治的总复杂度即为 \(O(n \log^2 n)\)。

真的半在线卷积

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 \(F_r' * G_l\)，没关系，以后再说。

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 \(FF’ * GG_l\) 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 \(FF * GG_l’\)。

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 \(O(n \log^2 n)\)。

16. 分治 + NTT

（接下来介绍一些技巧）

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

暴力卷积，是 \(>O(n^2)\) 的……

原因就在于卷着卷着次数会不断变大

想象一下，我们平时做多个数的乘法，没有人会去顺序一个一个地乘吧……

那可以用类似分治的办法，对于每个区间将左右合并起来

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

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

类似的，还可以拓展出分式求和：

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

如果直接求逆是 \(O(n^2\log n)\) 的

同上，对于每个区间维护分子和分母，最后再求逆算答案

时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)

空间复杂度 \(O(n\log n)\)

总结

在我的认知中多项式主要是为生成函数服务的

广告！生成函数与解析组合

还有一些多点求值插值的模板……~~以后再补吧~~

学习这些东西其实不需要太多背诵，都是可以推出来的

~~不过多写写也会熟练点~~

最后，一整套板子！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N=6e5+5,mod=998244353,inv2=499122177,g=3;
long long mul[N],inv[N],invv[N],pw[N];
long long ksm(long long f,long long x){
	long long tot=1;
	while(x){
		if(x & 1ll) tot=tot*f%mod;
		f=f*f%mod;
		x>>=1ll;
	}
	return tot;
}
map <long long,long long> mp;
long long BSGS(long long a,long long p,long long n){
	mp.clear();
	long long m=ceil(sqrt(p)),tmp=1;
	for(long long i=0;i<m;i++) mp[tmp*n%p]=i+1,tmp=tmp*a%p;
	
	long long tmpp=1;
	for(long long i=0;i<=m;i++){
		if(mp[tmpp]) return i*m-mp[tmpp]+1;
		tmpp=tmpp*tmp%p;
	}
	return -1;
}
long long ID(long long x){
	if(x & 1ll) return mod-1;
	else return 1;
}
long long S(long long x){
	return x*(x-1)/2;
}
long long pr[N];
void pre(){
	long long lim=N-5;
	mul[0]=inv[0]=1;
	for(long long i=1;i<=lim;i++) mul[i]=mul[i-1]*i%mod;
	inv[lim]=ksm(mul[lim],mod-2);
	for(long long i=lim-1;i>=1;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
	
	invv[1]=1;
	for(int i=2;i<=lim;i++) invv[i]=(mod-mod/i)*invv[mod%i]%mod;
	
	pw[0]=1;
	for(long long i=1;i<=lim;i++) pw[i]=pw[i-1]*2%mod;
	
	for(long long mid = 1;mid < N/2;mid <<= 1){
		long long Wn = ksm(g, (mod-1)/(mid<<1)); pr[mid] = 1;
		for(long long i = 1;i < mid;++ i) pr[mid+i] = 1ll*pr[mid+i-1] * Wn % mod;
	}	
}
namespace NTT{
	long long qmod(long long x){
		if(x>=mod) x-=mod;
		return x;
	}
	void qmo(long long &x){x += x >> 31 & mod;}
	long long A[N],B[N],rev[N];
	long long init(long long n,long long m){
		long long lim=0;
		while((1ll<<lim)<=n+m) lim++;
		for(long long i=0;i<=(1<<lim)-1;i++)
			rev[i]=(rev[i>>1ll]>>1ll) | ((i & 1ll)<<(lim-1));
		return lim;
	}
	void ntt(long long *A,long long lim, long long op){
		for(long long i = 0;i < lim;++ i)
			if(i < rev[i]) swap(A[i], A[rev[i]]);
		for(long long mid = 1;mid < lim;mid <<= 1)
			for(long long i = 0;i < lim;i += mid<<1)
				for(long long j = 0;j < mid;++ j){
					long long y = 1ll*A[mid+i+j] * pr[mid+j] % mod;
					
					qmo(A[mid+i+j] = A[i+j] - y); 
					qmo(A[i+j] += y - mod);
				}
		if(op==-1){ reverse(A+1, A+lim); long long inv = ksm(lim, mod-2);
			for(long long i = 0;i < lim;++ i) A[i] = 1ll*A[i] * inv % mod;}
	}	
	void solve(long long *s,long long* f,long long* g,long long n,long long m){
		if(n+m<=100){
			long long A[N];
			for(long long i=0;i<=n+m;i++) A[i]=0;
			for(long long i=0;i<=n;i++){
				for(long long j=0;j<=m;j++){
					A[i+j]=qmod(A[i+j]+1ll*f[i]*g[j]%mod);
				}
			}
			for(long long i=0;i<=n+m;i++) s[i]=A[i];
			return ;
		}
		m--;
		long long lim=init(n,m);
		for(long long i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i];
		for(long long i=0;i<=m;i++) B[i]=g[i];
		for(long long i=n+1;i<=(1ll<<lim);i++) A[i]=0;
		for(long long i=m+1;i<=(1ll<<lim);i++) B[i]=0;
		ntt(A,(1<<lim),1);
		ntt(B,(1<<lim),1);
		for(long long i=0;i<=(1<<lim)-1;i++) s[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
		ntt(s,(1<<lim),-1);
		m++;
		s[n+m]=0;
		for(long long i=m;i<=n+m;i++) s[i]=(s[i]+1ll*f[i-m]*g[m]%mod)%mod;
	}
}
namespace INV{
	long long A[N],B[N],S[N];
	void solve(long long *s,long long *f,long long n){
		S[0]=ksm(f[0],mod-2);
		S[1]=0;
		long long len;
		for(len=2;len<=(n<<1ll);len<<=1ll){
			long long lim=len<<1ll;
			for(long long i=0;i<len;i++) A[i]=f[i],B[i]=S[i];
			for(long long i=len;i<lim;i++) A[i]=B[i]=0;
			NTT::init(len,0);
			NTT::ntt(A,lim,1);
			NTT::ntt(B,lim,1);
			for(long long j=0;j<lim;j++)
				S[j]=(2*B[j]+mod-A[j]*B[j]%mod*B[j]%mod)%mod;
			NTT::ntt(S,lim,-1);
			for(long long j=len;j<lim;j++) S[j]=0;
		}
		for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=S[i];
	}
}
namespace poly{
	void Add(long long *s,long long *f,long long *g,long long n,long long m){
		for(long long i=0;i<=max(n,m);i++) s[i]=(f[i]+g[i])%mod;
	}
	//加 
	void Del(long long *s,long long *f,long long *g,long long n,long long m){
		for(long long i=0;i<=max(n,m);i++) s[i]=(f[i]+mod-g[i])%mod;
	}
	//减 
	void Mult(long long *s,long long *f,long long n,long long k){
		for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=(f[i]*k%mod+mod)%mod;
	}
	//乘 
	void Rev(long long *s,long long *f,long long n){
		for(long long i=0;i<=n/2;i++) swap(f[i],f[n-i]);
	}
	//翻转 
	void Deriv(long long *s,long long *f,long long n){
		long long A[N];
		A[n]=0;
		for(long long i=1;i<=n;i++) A[i-1]=f[i]*i%mod;
		for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
	}
	//求导 
	void Limit(long long *s,long long *f,long long n){
		long long A[N];
		A[0]=0;
		for(long long i=0;i<=n-1;i++) A[i+1]=f[i]*ksm(i+1,mod-2)%mod;
		for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
	}
	//极限 
	void Div(long long *q,long long* r,long long *f,long long *g,long long n,long long m){
		long long A[N],B[N],C[N],D[N];
		for(long long i=0;i<=n;i++) A[i]=C[i]=f[i];
		for(long long i=0;i<=m;i++) B[i]=D[i]=g[i];
		Rev(A,A,n);
		Rev(B,B,m);
		INV::solve(B,B,n-m);
		NTT::solve(q,A,B,n,n-m);
		for(long long i=n-m+1;i<=n+n-m;i++) q[i]=0;
		Rev(q,q,n-m);
		
		NTT::solve(D,D,q,m,n-m);
		Del(r,C,D,n,n);
	}
	//带余除法 
	void Devide_solve(long long *s,long long *g,long long l,long long r){
		if(l==r) return ;
		long long mid=(l+r)>>1ll;
		Devide_solve(s,g,l,mid);
		
		long long lim=r-l+1,len=lim>>1ll;
		static long long A[N],B[N];
		for(long long i=1;i<=len;i++) A[i]=s[l+i-1];
		for(long long i=1;i<=lim;i++) B[i]=g[i];
		NTT::solve(A,A,B,len,lim);
		for(long long i=len+1;i<=lim;i++) s[i-len+mid]=(s[i-len+mid]+A[i])%mod;
		
		Devide_solve(s,g,mid+1,r);
	}
	void Devide(long long *s,long long *g,long long n){
		long long lim=NTT::init(n,0);
		long long m=1ll<<lim;
		for(long long i=0;i<=m;i++) s[i]=0;
		s[1]=1;
		Devide_solve(s,g,1,m);
	}
	//分治NTT 
	void Ln(long long *s,long long *f,long long n){
		long long A[N],B[N];
		long long lim=NTT::init(n,n);
		for(long long i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i],B[i]=0;
		for(long long i=n+1;i<(1ll<<lim);i++) A[i]=B[i]=0;
		Deriv(B,A,n);
		INV::solve(A,A,n);
		NTT::solve(A,A,B,n,n);
		Limit(A,A,n);
		for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=A[i];
	}
	//对数 
	vector <long long> P[N];
	void solve(long long n,long long o,long long l,long long r){
		long long len=r-l+1;
		P[o].resize(4*len+2);
		
		if(l==r){
			if(l<=n) P[o]={l-1,1};//在这里改 
			else P[o]={1};
			return ;
		}
		long long mid=(l+r)>>1;
		solve(n,o<<1,l,mid);
		solve(n,o<<1|1,mid+1,r);
		
		NTT::solve(P[o].data(),P[o<<1].data(),P[o<<1|1].data(),len>>1,len>>1);
	}
	//分治+NTT 
	void Sqrt(long long *s,long long *f,long long n){
		long long A[N],B[N],C[N],S[N];
		
		long long p=BSGS(3,998244353,f[0]);
		
		S[0]=ksm(3,p/2);
		S[1]=0;
		long long len;
		
		for(len=1;len<=(n<<1ll);len<<=1ll){
			long long lim=len<<1ll;
			for(long long i=0;i<len;i++) A[i]=f[i],B[i]=S[i];
			for(long long i=len;i<lim;i++) A[i]=B[i]=C[i]=0;
			
			INV::solve(C,B,len);
			NTT::init(len,0);
			NTT::ntt(A,lim,1);
			NTT::ntt(C,lim,1);
			for(long long j=0;j<lim;j++) S[j]=A[j]*C[j]%mod;
			NTT::ntt(S,lim,-1);
			
			for(long long i=0;i<lim;i++) S[i]=(S[i]+B[i])%mod*inv2%mod;
			for(long long j=len;j<lim;j++) S[j]=0;
		}
		for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=S[i];
	}
	//开根 
	void Exp(long long *s,long long *f,long long n){
		long long A[N],B[N],C[N],S[N];
		S[0]=1;
		S[1]=0;
		long long len;
		for(len=2;len<=(n<<1ll);len<<=1ll){
			long long lim=len<<1ll;
			for(long long i=0;i<len;i++) A[i]=f[i],B[i]=S[i];
			for(long long i=len;i<lim;i++) A[i]=B[i]=C[i]=0;
			
			Ln(C,B,len-1);
			for(long long i=0;i<len;i++) C[i]=(mod-C[i]+A[i])%mod;
			C[0]=(C[0]+1)%mod;
			NTT::init(len,0);
			NTT::ntt(B,lim,1);
			NTT::ntt(C,lim,1);
			for(long long j=0;j<lim;j++) S[j]=B[j]*C[j]%mod;
			
			NTT::ntt(S,lim,-1);
			for(long long j=len;j<lim;j++) S[j]=0;
		}
		for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=S[i];
	}
	//指数 
	void Pow(long long *s,long long *f,long long n,long long k1,long long k2,long long lenk){
		long long A[N];
		long long lim=NTT::init(n,n);
		
		long long t=0;
		while(!f[t]) t++;
		if(lenk>5 && t){
			for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=0;
			return ;
		}
		long long p=ksm(f[t],k2),q=ksm(f[t],mod-2);
		n-=t;
		for(long long i=0;i<=n;i++) A[i]=f[i+t]*q%mod;
		for(long long i=n+1;i<(1ll<<lim);i++) A[i]=0;
		
		Ln(A,A,n);
		Mult(A,A,n,k1);
		Exp(A,A,n);
		for(long long i=0;i<=n+t;i++) s[i]=0;
		for(long long i=0;i+t*k1<=n+t;i++)
		  s[i+t*k1]=A[i]*p%mod;
	}
	//快速幂
}

参考资料：

半在线卷积小记 - command_block

posted @ 2021-02-02 10:46 苹果蓝17 阅读(726) 评论(4) 编辑收藏举报

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浅谈多项式全家桶与实现

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0. 前置知识

1. FFT/NTT

2. 多项式求逆

3. 多项式对数函数（ln）

4. 多项式指数函数（exp）

5. 多项式除法（取模）

6. 多项式快速幂

7. 多项式开根

8. 多项式三角函数

9. 多项式反三角函数

10. 多项式多点求值

11. 多项式快速插值

12. 下降幂多项式乘法

13. 普通多项式与下降幂多项式互化

14. 任意模数 NTT

15. 分治 FFT（半在线卷积）

16. 分治 + NTT

总结

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