多项式全家桶

【多项式求逆】

【整式取模】

定义单项式取模。

\[C\cdot x^k\bmod x^n=\begin{cases}0&k\ge n\\C\cdot x^k&k<n\end{cases} \]

定义多项式取模为它的每一项取模相加。

可以看出，模 \(x^n\) 相当于保留 \(0\sim n-1\) 次项。

【问题描述】

一般形式：已知多项式 \(A(x),C(x)\)，求 \(B(x)\) 使 \(A(x)B(x)=C(x)\pmod {x^n}\)。

特殊形式：已知多项式 \(A(x)\)，求 \(D(x)\) 使 \(A(x)D(x)=1\pmod {x^n}\)。

我们只需要解特殊形式，因为解出特殊形式的 \(D(x)\) 后，可以令 \(B(x)=D(x)C(x)\)，一次卷积 \(O(n\log n)\) 即可。

【解法 - \(O(n^2)\)】

已知 \(A(x)\)，求 \(B(x)\) 使 \(A(x)B(x)=1\pmod {x^n}\)。

记 \(A,B\) 的系数为 \(A_0\sim A_{n-1},B_0\sim B_{n-1}\)。

首先要保证 \(A_0\neq 0\)，否则 \(A(x)\) 不可逆；然后可得 \(A_0B_0=1\)，可以解 \(B_0\)。

然后 \(A_1B_0+A_0B_1=0\)，可以解出 \(B_1\) …… 如此循环，可以 \(O(n^2)\) 求解。

【解法 - \(O(n\log n)\)】

注意到如果 \(A(x)B(x)=1\pmod {x^n}\)，则 \(A(x)B(x)=1\pmod {x^{n-1}}\)。所以我们可以增大 \(n\)，这样的解也是符合要求的解。

令 \(n=2^k\)，方便我们用倍增的方法优化。
假设已知 \(B(x)\) 满足 \(A(x)B(x)=1\pmod {x^m}\)，怎么求得 \(B_2(x)\) 满足 \(A(x)B_2(x)=1\pmod {x^{2m}}\)？

\[\begin{aligned} AB-1&=0\pmod {x^m}\\ (AB-1)^2&=0\pmod {x^{2m}}\\ A^2B^2-2AB+1&=0\pmod {x^{2m}}\\ 2AB-A^2B^2&=1\pmod {x^{2m}}\\ A(2B-AB^2)&=1\pmod {x^{2m}}\\ \end{aligned} \]

因此 \(B_2(x)=2B(x)-A(x)B(x)^2\)。从 \(A(x),B(x)\) 到 \(B_2(x)\)，只需要做两次多项式乘法和一次多项式减法，复杂度 \(O(n\log n)\)。
但是倍增也有一个 \(\log\) 啊？怎么是 \(O(n\log n)\) 呢？

因为对于一个 \(m\)，我们只保留多项式前 \(m\) 项即可，不用保留 \(n\) 项。因此复杂度应该是 \(O(n\log n+\frac{n}{2}\log n+\frac{n}{4}\log n+\cdots)=O(n\log n)\)。

可以把求逆看作除法。

【多项式开方】

【多项式带余除法】

给定 \(A(x),B(x)\)，找 \(C(x),R(x)\) 使得 \(A(x)=B(x)C(x)+R(x)\)，要求 \(\deg R(x)<\deg B(x)\)。
不妨 \(\deg A\ge\deg B\)，不然直接令 \(C(x)=0,R(x)=A(x)\)。记 \(n=\deg A,m=\deg B\)。
为了下面方便，把 \(R(x)\) 最高次不断补 \(0\)，直到 \(\deg R=m-1\)。

定义一个操作 \(R\)，\(A^R(x)=x^nA(\dfrac{1}{x})\)。
\(A^R\) 的作用其实就是把 \(A\) 的系数翻转（Reverse）了。可以手算一下。

\[\begin{aligned} A(x)&=B(x)C(x)+R(x)\\ A(\dfrac{1}{x})&=B(\dfrac{1}{x})C(\dfrac{1}{x})+R(\dfrac{1}{x})\\ x^nA(\dfrac{1}{x})&=x^nB(\dfrac{1}{x})C(\dfrac{1}{x})+x^nR(\dfrac{1}{x})\\ x^nA(\dfrac{1}{x})&=x^mB(\dfrac{1}{x})\cdot x^{n-m}C(\dfrac{1}{x})+x^{m-1}R(\dfrac{1}{x})\cdot x^{n-m+1}\\ A^R(x)&=B^R(x)C^R(x)+R^R(x)\cdot x^{n-m+1}\\ &\text{注意这里的 Reverse(R) 是从 m-1 次项开始翻转，是补足之后的}\\ A^R(x)&=B^R(x)C^R(x)\pmod {x^{n-m+1}}\\ \end{aligned} \]

用多项式求逆解 \(C^R(x)\)。为什么这里的 \(B^R(x)\) 是一定有逆的？因为 \(B(x)\) 的最高次项的系数一定不是 \(0\)，否则 \(\deg B\neq m\) 矛盾。因此 \(B^R(x)\) 的常数项非 \(0\)。求逆复杂度 \(O(n\log n)\)。

因为 \(C^R(x)\) 就是 \(C(x)\) 的系数翻转。所以 \(O(n)\) 可得 \(C(x)\)。而 \(R(x)=A(x)-B(x)C(x)\)，一次卷积即可，复杂度 \(O(n\log n)\)。

总复杂度 \(O(n\log n)\)。

【例题】

• HDU5730

\(1\times i\) 的骨牌种类数为 \(a_i\)。要用若干骨牌覆盖 \(1\times n\)。问方案数。\(a_i,n\le 10^5\)。

法一：令 \(A(x)=\sum_{i\ge 1}a_ix^i\)。用 \(k\) 个骨牌覆盖的方案数为 \([x^n]A^k(x)\)。\(ans=\sum_{k\ge 0}[x^n]A^k(x)=[x^n]\sum_{k\ge 0}A^k(x)=[x^n]\dfrac{1}{1-A(x)}\)。
先 \(O(n)\) 算出来 \(A(x)\)，然后 \(O(1)\) 求 \(1-A(x)\)，然后 \(O(n\log n)\) 求 \(1-A(x)\bmod {x^{n+1}}\) 的逆。

法二：考虑 DP。
\(f_n=\sum_{i=0}^n f_{n-i}a_i\)。是卷积的形式。可以推出 \(F=F\times A+1\)。这个 \(+1\) 是因为 \(n=0\) 时 \(a_0=0\)，但是 \(f_0=1\)。
\(F=\dfrac{1}{1-A}\)，求逆。

• P4841 城市规划

问 \(n\) 个点有标号连通图个数。\(n\le 2e5\)。

法一：EGF。
令 \(P(x)\) 为 "\(n\) 个点有标号图个数" 的 EGF，\(Q(x)\) 为 "\(n\) 个点有标号连通图个数" 的 EGF。有 \(P(x)=\exp Q(x)\)，则 \(Q(x)=\ln P(x)\)。虽然 \(\ln\) 还不知道，但是 \(O(n\log n)\) 可解。

法二：基于求逆。
令 \(p_n=2^{n\choose 2}\) 为 \(n\) 个点有标号图数量，\(f_n\) 为答案。枚举 \(1\) 所在连通块的大小 \(k\)。
\(p_n=\sum_{k=1}^n{{n-1}\choose {k-1}}f_kp_{n-k}\)，套路把二项式系数拆开放。\(\dfrac{p_n}{(n-1)!}=\sum_{k=1}^n\dfrac{f_k}{(k-1)!}\cdot\dfrac{p_{n-k}}{(n-k)!}\)

已经是类似卷积的形式。考虑三个多项式 \(P_1(x)=\sum_{n\ge 1}\dfrac{p_n}{(n-1)!}x^n\)，\(F(x)=\sum_{k\ge 1}\dfrac{f_k}{(k-1)!}x^k,P_2(x)=\sum_{n\ge 0}\dfrac{p_n}{n!}x^n\)。可以观察到 \(P_1(x)=F(x)P_2(x)\)，因为 \(p_n\) 是已知的，所以 \(P_1(x),P_2(x)\) 已知。一次求逆即可求出 \(F(x)\)。因为我们要求 \(x^n\) 的系数，模数取 \(x^{n+1}\) 即可。

【多项式 \(\ln\) 与 \(\exp\)】

重要公式: \(\ln(1-x)=-\displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\dfrac{1}{i}x^i\)。

证明：当 \(x=0\) 时相等。而两侧导数相等。所以相等。注意这里有个负号。

可以看出，当 \(A(x)\) 的常数项为 \(1\)，\(\ln(A(x))\) 不含常数项。
（求 \(\ln(A(x))\)，令 \(A(x)=1-B(x)\)，\(\ln(1-B(x))\) 可求）

重要公式：\(\exp(A(x))=\sum_{i\ge 0}\dfrac{A^i(x)}{i!}\)。即泰勒展开式。

【\(\ln\)】

给定多项式 \(A(x)\)，保证常数项 \(=1\)，求 \(G(x)=\ln(A(x))\bmod {x^n}\)。

因为 \(A_0=1\)，所以 \(G_0=0\)。
\(G(x)=\ln(A(x)),G'(x)=\dfrac{A'(x)}{A(x)}\)（导数）。

大体思路是求 \(G'(x)\% x^{n-1}\)，然后已知导数可以还原出 \(G(x)\) 的 \(x^1\sim x^n\) 项系数。而 \(G_0=0\) 是已知的。

于是我们目标求 \(\dfrac{A'(x)}{A(x)}\bmod x^{n-1}\)。而 \(A(x)\) 已知，进而 \(A'(x)\) 已知。所以 \(\dfrac{A'(x)}{A(x)}\bmod x^{n-1}\) 可以用求逆 \(O(n\log n)\) 求得。

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如果首项不是 \(1\) 怎么办？首先 \(\ln(0)\) 是没有定义的，其次可以提取公因式使首项为 \(1\)。

\(\ln(A(x)B(x))=\ln(A(x))+\ln(B(x))\)。

【\(\exp\)】

\(\exp(A(x))=e^{A(x)}=\sum_{i\ge 0}\dfrac{A(x)^i}{i!}\)。

给定常数项为 \(0\) 的 \(n-1\) 次多项式 \(A(x)\)，求 \(\exp(A(x))\)。（如果常数项非 \(0\)，可以把常数项单独拆出来。例如 \(e^{4+x}=e^4\cdot e^x\)）

设 \(B(x)=e^{A(x)}\)，\(f_0(x)=B(x)\pmod {x^n}\)。还是倍增的思路，考虑如何求出 \(f_1(x)=B(x)\pmod {x^{2n}}\)。

这里用到泰勒展开。即 \(g(x)=g(x_0)+g'(x_0)\cdot(x-x_0)+\dfrac{1}{2!}g''(x_0)(x-x_0)^2+\cdots\)

令 \(x\leftarrow B(x),x_0\leftarrow f_0(x)\)，再模 \(x^{2n}\)。因为 \((B(x)-f_0(x))^2\) 及以后模 \(x^{2n}\) 都变成 \(0\) 了。所以 \(g(B(x))=g(f_0(x))+g'(f_0(x))\cdot (B(x)-f_0(x))\)。

然后我们令 \(g(x)=\ln x\)，得到 $$\ln B(x)=A(x)=\ln f_0(x)+\dfrac{1}{f_0(x)}(B(x)-f_0(x))\pmod {x^{2n}}$$

可推出：

\[B(x)=f_0(x)(A(x)-\ln f_0(x)+1)\pmod {x^{2n}} \]

因此 \(f_1(x)=f_0(x)(A(x)-\ln f_0(x)+1)\)。不断倍增直到模数足够。
然后 \(B(x)=f(x)(A(x)-\ln f(x)+1)\pmod {x^{2n}}\)，可求出 \(B(x)\)。

细节：记 \(N\) 为将 \(n\) 扩充为 \(2\) 的幂后的 \(n\)。\(f_0(x)\) 是 \(N\) 次，\(A(x)-\ln f_0(x)+1\) 是 \(N\) 次，则 \(f_1(x)\) 是 \(2N\) 次。为了确定 \(2N\) 次多项式的系数，需要 \(2N\) 个点值，而 \(N\le 2n\)，所以需要 \(4n\) 个点值，所以 FFT 设置单位根要用 \(\varepsilon_{4n}\)。

【例题】

• P4389 付公主的背包

求 \(\prod_{i=1}^n(\dfrac{1}{1-x^i})^{a_i}\pmod {x^{N+1}}\)。
注意 \(n\) 是物品个数，\(N\) 是目标容积。

要把次方拿下来，可以用 \(\ln + \exp\)。

\[\begin{aligned} &=\exp(\ln(\prod_{i=1}^n(\dfrac{1}{1-x^i})^{a_i}))\\ &=\exp(\ln(\prod_{i=1}^n(1-x^i)^{-a_i}))\\ &=\exp(\sum_{i=1}^n-a_i\ln (1-x^i))\\ &=\exp(-\sum_{i=1}^na_i(-\sum_{j\ge 1}\dfrac{x^{ij}}{j}))\\ &=\exp(\sum_{i=1}^na_i\sum_{j=1}^{[\frac{N}{i}]}\dfrac{x^{ij}}{j})\pmod {x^{N+1}} \end{aligned} \]

复杂度？\(\exp\) 内部是调和级数的 \(O(n\log n)\)，\(\exp\) 也是 \(O(n\log n)\) 的。

• 有限制的置换计数

给定一个集合 \(S\)，问有多少个 \(n\) 阶置换，每个轮换大小都属于集合 \(S\)。

可以看作图计数（若干个环）。这个和城市规划相反，连通的很好计数，不连通的反而不好算。
用 EGF 即可。

【多项式快速幂】

给定 \(f(x)\)。求 \(f^k(x)\bmod x^n\)。

如果快速幂，复杂度 \(O(n\log k\log n)\)，但可以优化到 \(O(n\log n)\)。

要把次方拿下来，可以 \(\ln + \exp\)。

假设 \(f(x)\) 常数项为 \(1\)，\(f^k(x)=\exp(\ln f^k(x))=\exp(k\ln f(x))\)。\(\ln f(x)\) 因为常数项 \(1\) 很好求。

如果 \(f(x)=ax^d(1+?x^?+?x^?+\cdots)=ax^d\cdot g(x)\)，则 \(f^k(x)=a^Kx^{kd}g^k(x)\)。\(g^k(x)\) 用上面的方法求。

【多项式多点点值】

\(f(x)\) 已知，求 \(f\) 在 \(x_0\sim x_{n-1}\) 的值。\(O(n\log^2 n)\)。

令 \(P_{l,r}(x)=\displaystyle\prod_{i=l}^r(x-x_i)\)，\(f_{l,r}(x)=f(x)\% P_{l,r}(x)\)。

（多项式模多项式就是带余除法）

\(f_{i,i}(x)=f(x)\% (x-x_i)\Rightarrow f(x)=(x-x_i)Q(x)+f_{i,i}(x)\)。

\(\therefore f(x_i)=f_{i,i}(x)\)

总思路是分治，先求 \(f_{1,n}\)，再求 \(f_{1,n/2},f_{n/2+1,n}\) ……

关键：已知 \(f_{l,r}(x)\)，求 \(f_{l,m}(x)\) 和 \(f_{m+1,r}(x)\)。这两者是对称的，只研究怎么求前者。

\[f_{l,r}(x)=f(x)\% p_{l,r}(x) \]

\[f_{l,m}(x)=f(x)\% p_{l,m}(x) \]

注意到 \(p_{l,m}(x)\) 是 \(p_{l,r}(x)\) 的因式，所以 \(f(x)\% p_{l,m}(x)=(f(x)\% p_{l,r}(x))\% p_{l,m}(x)=f_{l,r}(x)\% p_{l,m}(x)\)。

如果 \(p_{l,m}(x)\) 已知，可以 \(O(n\log n)\) 取模求出。每层复杂度 \(O(n\log n)\)，共 \(O(n\log^2 n)\)。

如何预处理 \(P_{l,m}(x)\)？分治树从底向上。

【多项式多点插值】

还是拉格朗日插值法。先把不优化的 \(O(n^2)\) 版本放出来。

可以优化到 \(O(n\log^2 n)\)。

先求分母。定义 \(M(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(x-x_i)\)。则 \(F(x)\) 第 \(i\) 项分母为 \(\dfrac{M(x)}{x-x_i}\) 在 \(x=x_i\) 的值。

而 \(M(x),x-x_i\) 在 \(x=x_i\) 时都为 \(0\)。使用洛必达法则，\(\dfrac{M(x)}{x-x_i}=\dfrac{M'(x)}{1}=M'(x)\)，即求 \(M'(x)\) 在 \(x=x_i\) 的值。

于是先求 \(M(x)\)，可以 \(O(n\log^2 n)\) 分治求；然后 \(O(n)\) 求 \(M'(x)\)；最后用上面的点值求出 \(M'(x)\) 在 \(x_0\sim x_{n-1}\) 的值，即可得到 \(i=0\sim n-1\) 的分母。

求出分母后，令 \(V_i\) 为第 \(i\) 个的分母乘以 \(y_i\)。\(F(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}V_i\prod_{j\neq i}(x-x_j)\)。这里 \(V_i\) 是已经 \(O(n\log^2 n)\) 求出来的了。

这个式子直接循环还是至少平方级别。需要简化。

\[F(x)=\sum_{i=0}^{n-1}V_i\prod_{j=0}^{n-1}(x-x_j)\cdot [j\neq i] \]

定义一个 \(L(x)=\displaystyle\sum_{j=0}^{n/2-1}(x-x_j),R(x)=\sum_{j=n/2}^{n-1}(x-x_j)\)。

\[F(x)=[\sum_{i=0}^{n/2-1}V_i(\prod_{j=0}^{n/2-1}(x-x_j)\cdot [j\neq i])\cdot R(x)]+[\sum_{i=n/2}^{n-1}V_i(\prod_{j=n/2}^{n-1}(x-x_j)\cdot [j\neq i])\cdot L(x)] \]

（因为当 \(i=0\sim n/2-1\)，\(j=n/2\sim n-1\)，\([j\neq i]\) 肯定是 \(1\)）

\[F(x)=R(x)\sum_{i=0}^{n/2-1}V_i\prod_{j=0}^{n/2-1}(x-x_j)[j\neq i]+L(x)\sum_{i=n/2}^{n-1}V_i\prod_{j=n/2}^{n-1}(x-x_j)[j\neq i] \]

这拆出来的两项和 \(F(x)\) 原本的形式一样，只是规模减半了。所以可以分治下去。合并的时候 \(R(x)\) 和 \(L(x)\) 做乘法再相加即可。合并复杂度 \(O(n\log n)\)，总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

对于 \(L(x),R(x)\) 也要预处理，和点值的 \(p_{l,r}(x)\) 处理方法一样。

【例题】

• UOJ182 "\(a^{-1}+b\)"

给定 \(x_1\sim x_n\)，\(n\le 1e5\) 和 \(m\le 6e4\) 个操作。每个操作要么全体加 \(C\)，要么全体求逆。这里一切运算均在模 \(998244353\) 意义下进行。每次操作后输出所有 \(x_i\) 之和。

结论：在第 \(i\) 轮操作后，所有 \(x_j\) 形式都是 \(\dfrac{a_ix_j+b_i}{c_ix_j+d_i}\)。

即求 \(\displaystyle\sum_{j=1}^n\dfrac{a_ix_j+b_i}{c_ix_j+d_i}\)。

分子的次数等于分母，可以做分离常数，\(=\sum\dfrac{e_i}{c_ix_j+d_i}+c'_i\)。如果 \(c_i=0\)，可以立刻求出来；否则上下同时除以 \(c_i\)，\(=\sum\dfrac{u_i}{x_j+t_i}+c'_i\)。然后可以把 \(u_i\) 统一提到求和符号外面去，\(=u_i\sum\dfrac{1}{x_j+t_i}+c'_i\)。

上面所有只和 \(i\) 相关的都能求出来，然后怎么做？

定义 \(f(t)=\sum_{i} \dfrac{1}{x_i+t}\)。预先把 \(m\) 次操作后的 \(t_i\) 都算出来，我们要求 \(f(t)\) 在 \(t_1\sim t_m\) 的值。

但是 \(f(t)\) 不是多项式。直接通分，分母 \(Q(t)=(t+x_1)\cdots(t+x_n)\)。观察到分子 \(P(t)\) 恰好是 \(Q(t)\) 的导数（链式法则）。

\(Q(t)\) 可以 \(O(n\log^2 n)\) 求，\(Q'(t)\) 可以从 \(Q(t)\) 求。对 \(Q(t),Q'(t)\) 多点求值即可。