多项式全家桶

传送门：FFT 学习笔记，NTT 学习笔记

分治 FFT

例题

给定序列 $\{g_{n-1}\}$，对于序列 $\{f_n\}$，有：

$$f_n=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ \sum _{j=1}^{n-1}{f}_j{g}_{i-j}& n>1\end{array}$$

求出 $i=1,2,\cdots ,n$ 时 $f_i$ 对 $998244353$ 取模的结果。

简单的分治应用，就像用 CDQ 分治做 DP 那样，考虑对序列 $f$ 分治。即对于一个分治区间 $[l,r)$，考虑先递归左边计算出左边的 $f$ 值，接着算左边区间乘上 $g$ 对右边的贡献，最后递归右边。

而对于一些类似于 $f_n=-\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n-1}{f}_i{g}_{n-i}$ 的计算，可以发现递归到底层（即 $l+1=r$ 时）是按照从左往右的顺序，于是在底层时再把 $f$ 的值处理了就可以了。

时间复杂度为 $T(n)=2T(\frac{n}{2})+\mathcal{O}(n\log n)$，根据主定理可得 $T(n)=\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$。

多项式牛顿迭代

泰勒展开

对于一个非多项式函数，有时我们难以去分析和计算它，这时候我们可以用泰勒展开。泰勒展开其实就是用一个多项式函数 $f$ 去拟合一个函数 $g$，其做法是：

• 选择一个拟合点 $x_0$。
• 如果 $f=g$，那么在 $x_0$ 点的值应该相等，故 $f(x_0)=g(x_0)$。
• 如果 $f=g$，那么在 $x_0$ 点的变化趋势应该相同，故 $f^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0)$。
• 如果 $f=g$，那么在 $x_0$ 点的导函数的变化趋势应该相同，故 $f^{″}(x_0)=g^{″}(x_0)$。
• $\cdots$

根据这种思想，我们得到了泰勒展开式：

$$g(x)=\sum _{n\ge 0}\frac{1}{n!}{f}^{(n)}(x_0)(x-x_0{)}^n$$

特别地，取拟合点 $x_0=0$ 时得到麦克劳林展开式：

$$g(x)=\sum _{n\ge 0}\frac{1}{n!}{f}^{(n)}(0)x^n$$

牛顿迭代

牛顿迭代可以推导出多项式的很多公式，通过倍增法可以 $\mathcal{O}(n\log n)$ 地对多项式操作。

首先考虑实数域 $\mathbb{R}$ 上的牛顿迭代，牛顿迭代用于求出函数 $f(x)$ 的零点，即 $f(x)=0$ 的解。流程为：

• 最开始取一个点 $x_0$。
• 只取泰勒展开的前两项，有方程 $f(x_1)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x_1-x_0)=0$，得到公式 $x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f^{\prime }(x_0)}$ 从而求得 $x_1$。
• 将 $x_1$ 继续往下迭代：$x_2=x_1-\frac{f(x_1)}{f^{\prime }(x_1)}$。
• $x_{i+1}=x_i-\frac{f(x_i)}{f^{\prime }(x_i)}$
• $\cdots$

由于泰勒展开每次求导都会使拟合的函数图像更接近原函数，所以 $x_{i+1}$ 一定比 $x_i$ 更接近 $0$ 点。

应用：求解 $n$ 的平方根，可以构造函数 $f(x)=x^2-n$，运用牛顿迭代求解其零点，有 $x_{i+1}=x_i-\frac{x_i^2-n}{2x_i}\Rightarrow x_{i+1}=\frac{1}{2}(x_i-\frac{n}{x_i})$。（其实就是每次求 $x_i$ 点的切线方程的解）

现在考虑在多项式域 $\mathbb{F}$ 上的牛顿迭代，仍然考虑在 $f_0$ 处的泰勒展开：

$$F(f)=\sum _{k\ge 0}\frac{1}{k!}{F}^{(k)}(f_0)(f-f_0{)}^n$$

我们想要求 $F(f)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^N)$ 的解，设解为 $f_a$。假设 $F(f_0)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$，则 $f_0\equiv f_a(\mathrm{mod}{x}^n)$。在 $f_0$ 点处泰勒展开，那么就有：

$$F(f_1)\equiv F(f_0)+F^{\prime }(f_0)(f_1-f_0)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{2n})$$

省略了 $k\ge 2$ 的项的原因是，因为有 $f_1\equiv f_a(\mathrm{mod}{x}^{2n})$ 且 $f_0\equiv f_a(\mathrm{mod}{x}^n)$，故 $f_1-f_0\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$，所以当 $k\ge 2$ 时 $(f_1-f_0{)}^k\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{kn})$。

故可以推出 $f_1\equiv f_0-\frac{F(f_0)}{F^{\prime }(f_0)}(\mathrm{mod}{x}^{2n})$。我们只需要最开始构造出 $f_0$ 使其满足 $F(f_0)\equiv 0(\mathrm{mod}x)$，接着不断迭代，直到 $n\ge N$ 时，我们就能求出原方程的解。

多项式牛顿迭代有下面几个应用。

多项式求逆

目标是求得多项式 $g(x)$ 的逆多项式 $g^{-1}(x)$，构造函数 $F(f)=f^{-1}-g$，显然有 $F(\frac{1}{g_0})\equiv (\frac{1}{g_0}{)}^{-1}-g\equiv 0(\mathrm{mod}x)$。根据牛顿迭代，有：

$$\begin{array}{rl}{f}_1\equiv f_0+\frac{f_0^{-1}-g}{f_0^{-2}}& (\mathrm{mod}{x}^{2n})\\ f_1\equiv f_0(2-f_{0}g)& (\mathrm{mod}{x}^{2n})\end{array}$$

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

多项式开根

要求 $\sqrt{g(x)}$，于是构造函数 $F(f)=f^2-g$，有 $F(\sqrt{g_0})\equiv 0(\mathrm{mod}x)$。根据牛顿迭代，有：

$$\begin{array}{rl}{f}_1\equiv f_0-\frac{f_0^2-g}{2f_0}& (\mathrm{mod}{x}^{2n})\\ f_1\equiv \frac{1}{2}(f_0+f_0^{-1}g)& (\mathrm{mod}{x}^{2n})\end{array}$$

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

多项式 $\ln$

这个可以不用多项式牛顿迭代，直接推式子：

$$\ln f=\int \text{d}\ln f=\int f^{-1}\text{d}x$$

于是求导、求逆、积分即可，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

多项式 $\exp$

要求 $\exp g$，构造函数 $F(f)=\ln f-g$，有 $g_0=0$，故 $F(1)\equiv 0\mathrm{mod}x$。根据牛顿迭代，有：

$$\begin{array}{rl}{f}_1\equiv f_0-\frac{\ln f_0-g}{f_0^{-1}}& (\mathrm{mod}{x}^{2n})\\ f_1\equiv f_0(1-f_0+g)& (\mathrm{mod}{x}^{2n})\end{array}$$

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

多项式快速幂

若 $g_0=1$，那么 $g$ 的 $k$ 次幂可以这样得出：

$$g^k=\exp (k\ln g)$$

对于 $g_0\ne 1$ 的情况，找出最低次项把它提出来即可。

对于 $k\ge mod$ 的情况，有 $g^k\equiv g^{kmod(p-1)}(\mathrm{mod}{x}^n)$。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。