多项式全家桶（长期更新）

更新日志：

24.7.25：更新了暴力多项式全家桶部分。
24.7.27：更新了单位根性质、$\mathrm{FFT}$以及$\mathrm{NTT}$部分。
24.7.29：更新了导数部分。
24.8.5：更新了积分，泰勒展开，快速多项式全家桶，常系数齐次线性递推以及Lagrange插值部分。
25.2.11:挖了更多的坑，加入了多项式全家桶的部分封装代码。

Code:

Polynomial

前言

若无特殊说明，默认运算在$(\mathrm{mod}{x}^n)$或$(\mathrm{mod}p)\text{（}p\text{为质数）}$意义下进行，大写字母为多项式（如$F(x)$），小写字母为系数（如$f_i$）。

暴力多项式全家桶

加法

$H(x)=F(x)+G(x)$，求$H(x)$

Sol：

$h_i=f_i+g_i$，$O(n)$

乘法

$H(x)=F(x)G(x)$，求$H(x)$

Sol：

$h_i=\sum _{j=0}^i{f}_j{g}_{i-j}$，$O(n^2)$

取模

$F(x)=Q(x)G(x)+R(x)$，求$Q(x),R(x)$

Sol：

如高精度除法模拟，$O(n^2)$

求逆

$F(x)G(x)\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^n)$，求$G(x)$

Sol：

注意到$\sum _{i=0}^n{f}_i{g}_{n-i}=[n=0]$

我们将$i=0$的项抽出来：$f_0{g}_n=[n=0]-\sum _{i=1}^n{f}_i{g}_{n-i}$

于是就有$g_n=\frac{[n=0]-\sum _{i=1}^n{f}_i{g}_{n-i}}{f_0}$，可以进行$O(n^2)$递推。

求导&积分

$G(x)=F^{\prime }(x)$

$H(x)=\int F(x)\mathrm{d}x$

求$G(x)，F(x)$

Sol：

$g_i=(i+1)f_{i+1}$

$h_i=\frac{f_{i-1}}{i}$

$O(n)$

开根

$G^2(x)\equiv F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$

求$G(x)$

Sol：

$f_i=\sum _{j=0}^i{g}_j{g}_{i-j}$

类似求逆时的处理方法：$2g_0{g}_i=f_i-\sum _{j=1}^{i-1}{g}_j{g}_{i-j}$

移一下项就有：$g_i=\frac{f_i-\sum _{j=1}^{i-1}{g}_j{g}_{i-j}}{2g_0}$

注意$g_0^2=f_0$是边界情况：

• 若$f_0\ne 0$，则$G$的解数，取决于$f_0$的平方根数量。

• 若$f_0=0$，令$F(x)=x^{k}H(x)$，满足$h（0）\ne 0$，那么若$k$为奇数，则$G$无解；若$k$为偶数，记$P^2(x)=H(x)$，那么$G(x)=x^{\frac{k}{2}}P(x)$。

$\ln$

$G(x)\equiv \ln F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$

保证$f_0=1$

求$G(x)$

Sol：

对原式左右两边求导：$G^{\prime }(x)\equiv F^{\prime }(x)F^{-1}(x{)}^{}(\mathrm{mod}{x}^n)$

先求出$H(x)\equiv F^{-1}(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$

那么有$(i+1)g_{i+1}=\sum _{j=0}^i(j+1)f_{j+1}{h}_{i-j}$，外加$g_0=0$即可。

$O(n^2)$

$\exp$

$G(x)\equiv e^{F(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)$

保证$f_0=0$

求$G(x)$

Sol：

狠狠的求导：$G^{\prime }(x)=F^{\prime }(x)e^{F(x)}=F^{\prime }(x)G(x)$

那么就有$(i+1)g_{i+1}=\sum _{j=0}^i(j+1)f_{j+1}{g}_{i-j}$

外加$g_0=1$即可。

$O(n^2)$

三角函数

$G(x)\equiv \sin F(x)$

$H(x)\equiv \cos F(x)$

求 $G(x),H(x)$

Hint:

$\sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$

$\cos x=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$

（由欧拉公式得到）

Sol：

直接把$F(x)$带进公式，利用$\exp$算法即可。

若$i$模$p$意义下有对应的数，那么可以直接用这个数来运算。

否则可以扩域，复杂度都是$O(n^2)$。

$\mathrm{FFT}\mathrm{\&}\mathrm{NTT}$

前置

多项式插值

$n+1$个横坐标互不相同的点可以唯一确定一个$n$次多项式。

证：

利用待定系数法可以得到一个$n+1$元一次方程组。

观察系数矩阵，可以发现其一定是满秩的。（关于矩阵的秩，见线性代数）

也就意味着消元时不可能消掉一个变量的同时消掉另一个变量，那当然就有一个唯一解。

复数

复数$a+bi$可看成复平面上的一个向量$(a,b)$，可观察出其运算的几何意义：

• 加法：向量加法。

• 乘法：模长相乘，辐角相加。

单位根

• 代数基本定理：任何复系数一元$n$次多项式方程在复数域上至少有一根。
• 推论：任何复系数一元$n$次多项式方程在复数域上恰好有$n$个根。

其中$x^n-1=0$的$n$个根分别记为${\omega }_n^1,{\omega }_n^2\dots {\omega }_n^{n-1}$，统称为$n$次单位根。

根据其几何意义，可知${\omega }_n^k=\cos \frac{2k\pi }{n}+i\sin \frac{2k\pi }{n}$

并且${\omega }_n^0=1$总是成立的。

单位根将单位圆$n$等分。

拓宽一下${\omega }_n^i$中$i$的范围，结合几何意义，可以得到以下性质：

• ${\omega }_n^{i+n}={\omega }_n^i$

• ${\omega }_n^i{\omega }_n^j={\omega }_n^{i+j}$

• $({\omega }_n^i{)}^j={\omega }_n^{ij}$

• ${\omega }_n^i={\omega }_{kn}^{ki}$

• ${\omega }_n^{i+\frac{n}{2}}=-{\omega }_n^i$

$\mathrm{FFT}$

我们现在要求$H(x)=F(x)G(x)$

根据多项式插值中的原理，我们可以将$F(x)$和$G(x)$进行多点求值，得到

$(x_1,F(x_1)),(x_2,F(x_2))\dots (x_n,F(x_n))$，以及

$(x_1,G(x_1)),(x_2,G(x_2))\dots (x_n,G(x_n))$这两系列点。

（这一步将系数表示法转化为点值表示法。）

由$H(x)=F(x)G(x)$，可知${\mathrm{\forall }}_{i}H(x_i)=F(x_i)G(x_i)$，

所以将上文两系列点相乘即可得到$H(x)$的点值表示，再将点值表示转化为系数表示即可得到$H(x)$。（这也叫插值）

$Question1$

普通单点求值是$O(n)$的，求$n$个点的值就$O(n^2)$了。

那么如何选取$x_1,x_2\dots x_n$使得多点求值能快速进行？

Sol：

选取$x_i={\omega }_n^i$

由于单位根的一些性质，我们可以$O(n\log n)$进行多点求值。

定义操作$\mathrm{DFT}:\{f_i\}\to \{F({\omega }_n^i)\}$，即输入$F(x)$的系数列，得到$F(x)$在单位根处的点值表示。

考虑如何计算$F({\omega }_n^k)=\sum _{i=0}^n{f}_i({\omega }_n^k{)}^i$。

若$n=2^m$，我们按$i$的奇偶性分组：

$$\begin{array}{rl}F({\omega }_n^k)& =\sum _{i=0}^n{f}_i({\omega }_n^k{)}^i\\ & =\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}}{f}_{2i}({\omega }_n^k{)}^{2i}+\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}}{f}_{2i+1}({\omega }_n^k{)}^{2i+1}\\ & =\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}}{f}_{2i}({\omega }_n^k{)}^{2i}+{\omega }_n^k\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}}{f}_{2i+1}({\omega }_n^k{)}^{2i}\\ & =\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}}{f}_{2i}({\omega }_{\frac{n}{2}}^k{)}^i+{\omega }_n^k\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}}{f}_{2i+1}({\omega }_{\frac{n}{2}}^k{)}^i\\ & =\mathrm{DFT}(\{f_{2i}\}{)}_k+{\omega }_n^k\mathrm{DFT}(\{f_{2i+1}\}{)}_k\end{array}$$

于是可以递归，每次$n$减半，合并的过程是$O(n)$的，所以$\mathrm{DFT}$的复杂度为$O(n\log n)$。

$Question2$

如何以优秀的时间复杂度将点值表示转化为系数表示？

Sol：

定义操作$\mathrm{IDFT}:\{H(x_i)\}\to \{h_i\}$，即将点值表示转化为系数表示。

注意到一个重要的式子：

$$\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^i{)}^k=n[n\mid k]$$

（即单位根反演）

证明：

$\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^i{)}^k=\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^k{)}^i$

发现这是等比数列求和的形式，讨论公比${\omega }_n^k$：

• 若$n\mid k$，则${\omega }_n^k=1$，故$\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^i{)}^k=\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^k{)}^i=n$

• 若$n\nmid k$，则${\omega }_n^k\ne 1$，故$\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^i{)}^k=\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^k{)}^i=\frac{({\omega }_n^k{)}^n-1}{w_n^k-1}=0$

综上，原式得证。

于是又有另一个式子：$n{h}_k=\sum _{i=0}^{n-1}H({\omega }_n^i)({\omega }_n^{-k}{)}^i$

证明：

$$\begin{array}{rl}n{h}_k& =\sum _{i=0}^{n-1}H({\omega }_n^i)({\omega }_n^{-k}{)}^i\\ & =\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^{-k}{)}^i\sum _{j=0}^{n-1}{h}_j({\omega }_n^i{)}^j\\ & =\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=0}^{n-1}({\omega }_n^{-k}{)}^i({\omega }_n^i{)}^j{h}_j\\ & =\sum _{j=0}^{n-1}{h}_j\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^i{)}^{j-k}\\ & =\sum _{j=0}^{n-1}n{h}_j[n\mid j-k]\\ & =n{h}_k\end{array}$$

有了这个式子后，$\mathrm{IDFT}$的其余操作与$\mathrm{DFT}$的操作几乎相同，同样可以做到$O(n\log n)$。

至此，我们成功以$O(n\log n)$的时间复杂度解决了多项式乘法。

$Question3$

如何代码实现？

Sol：

直接按上面的流程做，是递归版本的写法。

（摘自oiwiki）

#include <cmath>
#include <complex>

typedef std::complex<double> Comp;  // STL complex

const Comp I(0, 1);  // i
const int MAX_N = 1 << 20;

Comp tmp[MAX_N];

// rev=1,DFT; rev=-1,IDFT
void DFT(Comp* f, int n, int rev) {
  if (n == 1) return;
  for (int i = 0; i < n; ++i) tmp[i] = f[i];
  // 偶数放左边，奇数放右边
  for (int i = 0; i < n; ++i) {
    if (i & 1)
      f[n / 2 + i / 2] = tmp[i];
    else
      f[i / 2] = tmp[i];
  }
  Comp *g = f, *h = f + n / 2;
  // 递归 DFT
  DFT(g, n / 2, rev), DFT(h, n / 2, rev);
  // cur 是当前单位复根，对于 k = 0 而言，它对应的单位复根 omega^0_n = 1。
  // step 是两个单位复根的差，即满足 omega^k_n = step*omega^{k-1}*n，
  // 定义等价于 exp(I*(2*M_PI/n*rev))
  Comp cur(1, 0), step(cos(2 * M_PI / n), sin(2 * M_PI * rev / n));
  for (int k = 0; k < n / 2;++k) {  
    // F(omega^k_n) = G(omega^k*{n/2}) + omega^k*n\*H(omega^k*{n/2})
    tmp[k] = g[k] + cur * h[k];
    // F(omega^{k+n/2}*n) = G(omega^k*{n/2}) - omega^k_n*H(omega^k\_{n/2})
    tmp[k + n / 2] = g[k] - cur * h[k];
    cur *= step;
  }
  for (int i = 0; i < n; ++i) f[i] = tmp[i];
}

当然，我们还可以进一步压缩常数，就是将递归版改成非递归版。

事实上从上往下递归的过程中将$f$数组的下标对应的二进制数翻转了，例如$f_{(1011{)}_2}$最后被放到了$f_{(1101{)}_2}$上。

因此我们可以非递归地完成这一步，然后向上合并即可。

交换位置的操作通过预处理可做到$O(n)$。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn=1<<22;
const double pi=acos(-1.0);
struct com{
	double x,y;
	
	com(double a=0,double b=0):x(a),y(b){}
	
	com operator+(const com &a) const{
		return com(x+a.x,y+a.y);
	}
	
	com operator-(const com &a) const{
		return com(x-a.x,y-a.y);
	}
	
	com operator*(const com &a) const{
		return com(x*a.x-y*a.y,x*a.y+y*a.x);
	}
}a[maxn],b[maxn];
int n,m,len,rev[maxn];

void init(int len){
	for(int i=0;i<len;++i){
		rev[i]=rev[i>>1]>>1;
		if(i&1) rev[i]|=len>>1;
	}
}

void DFT(com f[],int len,int rv){
	for(int i=0;i<len;++i){
		if(i<rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
	}
	for(int h=2;h<=len;h<<=1){
		com wn(cos(2.0*pi/h),sin(2.0*rv*pi/h));
		for(int i=0;i<len;i+=h){
			com w(1.0,0);
			for(int k=i;k<i+h/2;++k){
				com u=f[k];
				com v=w*f[k+h/2];
				f[k]=u+v;
				f[k+h/2]=u-v;
				w=w*wn;
			}
		}
	}
	if(rv==-1){
		for(int i=0;i<len;++i){
			f[i].x/=len;
		}
	}
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<=n;++i) cin>>a[i].x;
	for(int i=0;i<=m;++i) cin>>b[i].x;
	len=1;
	while(len<=n+m) len<<=1;
	init(len);
	DFT(a,len,1),DFT(b,len,1);
	for(int i=0;i<len;++i) a[i]=a[i]*b[i];
	DFT(a,len,-1);
	for(int i=0;i<=n+m;++i) printf("%d ",(int)(a[i].x+0.5));
	return 0;
} 

注意非递归版最适合实战。

一些小细节：

• 从代码中可以看到，向上合并的过程是倍增的。所以多项式的长度要拓展到$2^k$并且大于相乘的两个多项式$F(x),G(x)$的长度之和。

• 这样做是不会对答案有影响的，因为多出来的位上系数默认为$0$。最后输出时去掉多出来的位数即可。

• $\mathrm{DFT}$之后别忘了$\mathrm{IDFT}$。

• 别混淆要处理的多项式长度$len$与要保留的多项式长度$n$。

$\mathrm{NTT}$

我们已知复数域中有性质良好的单位根$\omega$来加速$\mathrm{DFT}$和$\mathrm{IDFT}$，那么我们在模质数$p$的有限域下能否找到这样的数？

我们发现，当$g$是$p$的一个原根时，${\omega }_n^i=g^{i\frac{\phi (p)}{n}}$具有同复数域中的单位根一样的性质（两个重要的式子也成立）。

但是这里要求$n\mid \phi (p)$，对于$n$有很大限制，故对于任意模数$p$，我们不能直接将它套入$\mathrm{FFT}$中。

我们发现对于质数$998244353$，$\phi (998244353)=998244352=119\times 2^{23}$，因此当$n=2^k\le 2^{23}$时，程序都能跑，因此$998244353$成为知名常用模数（尽管有时题目与多项式无关）。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn=4e6+5,mo=998244353;
ll n,m,a[maxn],b[maxn],rev[maxn];

void init(int len){
	for(int i=1;i<=len;++i){
		rev[i]=rev[i>>1]>>1;
		if(i&1) rev[i]|=len>>1;
	}
}

ll ksm(ll a,ll b){
	ll res=1;
	a%=mo;
	while(b){
		if(b&1) res=res*a%mo;
		a=a*a%mo;
		b>>=1;
	}
	return res;
}

void NTT(ll f[],int len,int rv){
	for(int i=0;i<len;++i){
		if(i<rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
	}
	for(int h=2;h<=len;h<<=1){
		int wn=ksm(3,(mo-1)/h);
		for(int i=0;i<len;i+=h){
			ll w=1;
			for(int k=i;k<i+h/2;++k){
				int u=f[k],v=w*f[k+h/2]%mo;
				f[k]=(u+v)%mo;
				f[k+h/2]=(u-v+mo)%mo;
				w=w*wn%mo;
			}
		}
	}
	if(rv==-1){
		reverse(f+1,f+len);
		int inv=ksm(len,mo-2);
		for(int i=0;i<len;++i) f[i]=f[i]*inv%mo;
	}
}

int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=0;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=0;i<=m;++i) scanf("%lld",&b[i]);
	int len=1;
	while(len<=n+m) len<<=1;
	init(len);
	NTT(a,len,1),NTT(b,len,1);
	for(int i=0;i<len;++i) a[i]=a[i]*b[i]%mo;
	NTT(a,len,-1);
	for(int i=0;i<=n+m;++i) printf("%lld ",a[i]%mo);
	
	return 0;
}

快速多项式全家桶

前置

部分高等数学

一些高等数学。

快去看。

牛顿迭代法（$Newto{n}^{\prime }sMethod$）

快速求零点

对于一条曲线，我们要求它的零点。

先猜测一个零点，再求出该点处的切线，然后取切线的零点重复以上过程，可以快速逼近零点。

快速求函数

我们已知$G(F(x))=0$，求$F(x)$。

先猜测一个函数$F_0(x)$，套用求零点的过程，可以得到$F_1(x)=F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G^{\prime }(F_0(x))}$，再不断重复提高精度。

正确性证明：

最开始手动求出$[x^0]F(x)$，记作$F_0(x)$。

假设现在已知$F_k(x)\equiv F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$

我们把$G(F(x))$在$F_k(x)$处泰勒展开得到：

$$G(F(x))=\sum _{i\ge 0}\frac{G^{(i)}(F_k(x))}{i!}(F(x)-F_k(x){)}^i=0$$

注意到$F(x)-F_k(x)$的次数至少为$n$，所以：

$${\mathrm{\forall }}_{i\ge 2}(F(x)-F_k(x){)}^i\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{2n})$$

所以$\sum _{i=0}^1\frac{G^{(i)}(F_k(x))}{i!}(F(x)-F_k(x){)}^i\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{2n})$

即：

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

整理后得到：

$$F(x)\equiv F_k(x)-\frac{G(F_k(x))}{G^{\prime }(F_k(x))}(\mathrm{mod}{x}^{2n})$$

我们令$F_{k+1}(x)\equiv F_k(x)-\frac{G(F_k(x))}{G^{\prime }(F_k(x))}(\mathrm{mod}{x}^{2n})$，就可以开始倍增求$F(x)$了。

正式开始

加法

求$H(x)=F(x)+G(x)$

Sol：

直接加，$O(n)$。

乘法

求$H(x)=F(x)G(x)$

Sol：

直接上$\mathrm{FFT}$或者$\mathrm{NTT}$，$O(n\log n)$。

求导&积分

同暴力多项式全家桶部分，略。$O(n)$。

求逆

$F(x)G(x)\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^n)$

求$G(x)$。

Sol：

化式子：$\frac{1}{G(x)}-F(x)=0$。

首先$[x^0]G(x)=\frac{1}{[x^0]F(x)}$很好求。

然后带入牛顿迭代的式子得到：

$$G_{k+1}(x)\equiv G_k(x)-\frac{\frac{1}{G_k(x)}-F(x)}{-\frac{1}{G_k^2(x)}}(\mathrm{mod}{x}^{2k+1})$$

化简一下得到：

$$G_{k+1}(x)\equiv 2G_k(x)-G_k^2(x)F(x)(\mathrm{mod}{x}^{2k+1})$$

即$G_{k+1}(x)\equiv G_k(x)(2-G_k(x)F(x))(\mathrm{mod}{x}^{2k+1})$

倍增即可。$O(n\log n)$。

取模

$F(x)=Q(x)G(x)+R(x)$

求$Q(x),R(x)$。

Sol：

设$n=\mathrm{deg}F,m=\mathrm{deg}G$

那么$\mathrm{deg}Q=n-m,\mathrm{deg}R=m-1$

设$rF(x)=x^{n}F(\frac{1}{x})$，即把$F(x)$的系数翻转后的函数。

同理有$rG(x)=x^{m}G(\frac{1}{x}),rQ(x)=x^{n-m}Q(\frac{1}{x})$。

容易得到$rF(x)\equiv rQ(x)rG(x)(\mathrm{mod}{x}^{n-m+1})$

证明上式：

由$F(x)=Q(x)G(x)+R(x)$，

知$F(\frac{1}{x})=Q(\frac{1}{x})G(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})$，

于是$x^{n}F(\frac{1}{x})=x^{n-m}Q(\frac{1}{x})x^{m}G(\frac{1}{x})+x^{n}R(\frac{1}{x})$

这也就是$rF(x)=rQ(x)rG(x)+x^{n-m+1}R(x)$。

注意到$x^{n-m+1}R(x)$的最低次项的次数不低于$n-m+1$，且$n-m+1>n-m=\mathrm{deg}Q$

故$rF(x)\equiv rQ(x)rG(x)(\mathrm{mod}{x}^{n-m+1})$

于是通过求逆就可以求出$rQ(x),Q(x)$，更进一步将$Q(x)$代入原式便可算出$R(x)$。

$O(n\log n)$。

开根

$G^2(x)\equiv F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$

求$G(x)$。

Sol：

化式子：$G^2(x)-F(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$

带入牛顿迭代的式子：

$$G_{k+1}\equiv G_k(x)-\frac{G_k^2(x)-F(x)}{2G_k(x)}(\mathrm{mod}{x}^{2k+1})$$

直接求就可以，或者再稍微化简：

$$G_{k+1}\equiv \frac{G_k(x)}{2}+\frac{F(x)}{2G_k(x)}(\mathrm{mod}{x}^{2k+1})$$

关于$[x^0]G(x)$的讨论同暴力多项式全家桶部分，不再赘述。

$O(n\log n)$。

$\ln$

$G(x)\equiv \ln F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$

保证$f_0=1$，求$G(x)$。

Sol：

两边求导：$G^{\prime }(x)=F^{\prime }(x)F^{-1}(x)$

求出$G^{\prime }(x)$，再积回去即可，注意$g_0=\ln f_0=0$。

$\exp$

$G(x)\equiv e^{F(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)$

保证$f_0=0$，求$G(x)$。

Sol：

两边取$\ln$再化简得$\ln G(x)-F(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$

代入牛顿迭代式子有：

$$G_{k+1}(x)\equiv G_k(x)-\frac{\ln G(x)-F(x)}{G^{-1}(x)}(\mathrm{mod}{x}^{2k+1})$$

化简得到：

$$G_{k+1}(x)\equiv G_k(x)(1-\ln G_k(x)+F(x))(\mathrm{mod}{x}^{2k+1})$$

$O(n\log n)$。

注意这里要多次求$\ln$，记得清空。

三角函数

同暴力多项式全家桶部分套用公式，并使用多项式$\exp$即可。不再赘述。

分治FFT

多项式多点求值

多项式快速插值

多项式平移

多项式连续点值平移

常系数齐次线性递推

$a_i=\sum _{j=1}^k{f}_j{a}_{i-j}$

已知$\{f_i\},k,n,a_{0\dots k-1}$，求$a_n$。

$n\le {10}^9,k\le 32000$

Sol：

显然矩乘加速过不了。

以斐波那契数列为例找找规律：

$$\begin{array}{rl}{a}_5& =a_4+a_3\\ & =2a_3+a_2\\ & =3a_2+2a_1\\ & =5a_1+3a_0\end{array}$$

我们每次考虑将下标最大的一项换成下标更小的项，注意到这个形式与多项式取模类似。

更一般地，对于递推式$a_i=\sum _{j=1}^k{f}_j{a}_{i-j}$，可以构造多项式$G(x)=\sum _{i\ge 0}{f}_{i+1}{x}^i$（$f_{k+1}=1,f_m=0\text{ (m>k+1)}$）和$F(x)=x^n$，$F(x)modG(x)$的各项系数即将$a_n$拆分为初始项后各项的系数。

再看上面的例子，$F(x)=x^5,G(x)=x^2-x-1$。

所以$F(x)modG(x)=5x+3$

即$a_5=5a_1+3a_0$

更严谨的证明：

定义$F(\sum f_i{x}^i)=\sum f_i{a}_i$，那么答案就是$F(x^n)$。

由于$a_i=\sum _{j=1}^k{f}_j{a}_{i-j}$，所以$F(x^n)=F(\sum _{i=1}^k{f}_i{x}^{n-i})$

所以$F(x^n-\sum _{i=1}^k{f}_i{x}^{n-i})=F(x^{n-k}(x^k-\sum _{i=0}^{k-1}{f}_{k-i}{x}^i))=0$

设$G(x)=x^k-\sum _{i=0}^{k-1}{f}_{k-i}{x}^i$。

那么$F(A(x)+x^{m}G(x))=F(A(x))+F(x^{m}G(x))=F(A(x))$

所以$A(x)$可以通过多次加减$x^{m}G(x)$的倍数来降次。

也就是求$F(A(x)modG(x))$。$A(x)modG(x)$的次数小于$k$，而$a_{0\dots k-1}$已经给出，就可以用多项式取模算了。

$O(k\log k\log n)$。