多项式全家桶

合集 - 一些数学的笔记(23)

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【多项式求逆】

【整式取模】

定义单项式取模。

$$C\cdot x^{k}mod{x}^n=\{\begin{array}{ll}0& k\ge n\\ C\cdot x^k& k<n\end{array}$$

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 $A(x)B(x)=C(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$。

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

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 $A(x)B(x)=1(\mathrm{mod}{x}^n)$。

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

首先要保证 $A_0\ne 0$，否则 $A(x)$ 不可逆；然后可得 $A_0{B}_0=1$，可以解 $B_0$。

然后 $A_1{B}_0+A_0{B}_1=0$，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 $A(x)B(x)=1(\mathrm{mod}{x}^n)$，则 $A(x)B(x)=1(\mathrm{mod}{x}^{n-1})$。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 $A(x)B(x)=1(\mathrm{mod}{x}^m)$，怎么求得 $B_2(x)$ 满足 $A(x)B_2(x)=1(\mathrm{mod}{x}^{2m})$？

$$\begin{array}{rl}AB-1& =0(\mathrm{mod}{x}^m)\\ (AB-1{)}^2& =0(\mathrm{mod}{x}^{2m})\\ A^2{B}^2-2AB+1& =0(\mathrm{mod}{x}^{2m})\\ 2AB-A^2{B}^2& =1(\mathrm{mod}{x}^{2m})\\ A(2B-A{B}^2)& =1(\mathrm{mod}{x}^{2m})\end{array}$$

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

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

$$\begin{array}{rl}A(x)& =B(x)C(x)+R(x)\\ A({\displaystyle \frac{1}{x}})& =B({\displaystyle \frac{1}{x}})C({\displaystyle \frac{1}{x}})+R({\displaystyle \frac{1}{x}})\\ x^{n}A({\displaystyle \frac{1}{x}})& =x^{n}B({\displaystyle \frac{1}{x}})C({\displaystyle \frac{1}{x}})+x^{n}R({\displaystyle \frac{1}{x}})\\ x^{n}A({\displaystyle \frac{1}{x}})& =x^{m}B({\displaystyle \frac{1}{x}})\cdot x^{n-m}C({\displaystyle \frac{1}{x}})+x^{m-1}R({\displaystyle \frac{1}{x}})\cdot x^{n-m+1}\\ A^R(x)& =B^R(x)C^R(x)+R^R(x)\cdot x^{n-m+1}\\ & \text{注意这里的 Reverse(R) 是从 m-1 次项开始翻转，是补足之后的}\\ A^R(x)& =B^R(x)C^R(x)(\mathrm{mod}{x}^{n-m+1})\end{array}$$

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 $\mathrm{deg}B\ne m$ 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 $A(x)=\sum _{i\ge 1}{a}_i{x}^i$。用 $k$ 个骨牌覆盖的方案数为 $[x^n]A^k(x)$。$ans=\sum _{k\ge 0}[x^n]A^k(x)=[x^n]\sum _{k\ge 0}{A}^k(x)=[x^n]{\displaystyle \frac{1}{1-A(x)}}$。
先 $O(n)$ 算出来 $A(x)$，然后 $O(1)$ 求 $1-A(x)$，然后 $O(n\log n)$ 求 $1-A(x)mod{x}^{n+1}$ 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 $f_0=1$。
$F={\displaystyle \frac{1}{1-A}}$，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 $p_n=2^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})}$ 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 $k$。
$p_n=\sum _{k=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})f_k{p}_{n-k}$，套路把二项式系数拆开放。${\displaystyle \frac{p_n}{(n-1)!}}=\sum _{k=1}^n{\displaystyle \frac{f_k}{(k-1)!}}\cdot {\displaystyle \frac{p_{n-k}}{(n-k)!}}$

已经是类似卷积的形式。考虑三个多项式 $P_1(x)=\sum _{n\ge 1}{\displaystyle \frac{p_n}{(n-1)!}}{x}^n$，$F(x)=\sum _{k\ge 1}{\displaystyle \frac{f_k}{(k-1)!}}{x}^k,P_2(x)=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{p_n}{n!}}{x}^n$。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: $\ln (1-x)=-{\displaystyle \sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{i}}{x}^i}$。

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：$\exp (A(x))=\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{A^i(x)}{i!}}$。即泰勒展开式。

【$\ln$】

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

因为 $A_0=1$，所以 $G_0=0$。
$G(x)=\ln (A(x)),G^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{A^{\prime }(x)}{A(x)}}$（导数）。

大体思路是求 $G^{\prime }(x)\mathrm{\%}{x}^{n-1}$，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 ${\displaystyle \frac{A^{\prime }(x)}{A(x)}}mod{x}^{n-1}$。而 $A(x)$ 已知，进而 $A^{\prime }(x)$ 已知。所以 ${\displaystyle \frac{A^{\prime }(x)}{A(x)}}mod{x}^{n-1}$ 可以用求逆 $O(n\log n)$ 求得。

---

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 $1$。

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

【$\exp$】

$\exp (A(x))=e^{A(x)}=\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{A(x{)}^i}{i!}}$。

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

这里用到泰勒展开。即 $g(x)=g(x_0)+g^{\prime }(x_0)\cdot (x-x_0)+{\displaystyle \frac{1}{2!}}{g}^{″}(x_0)(x-x_0{)}^2+\cdots$

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 $g(B(x))=g(f_0(x))+g^{\prime }(f_0(x))\cdot (B(x)-f_0(x))$。

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

可推出：

$$B(x)=f_0(x)(A(x)-\ln f_0(x)+1)(\mathrm{mod}{x}^{2n})$$

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 $B(x)=f(x)(A(x)-\ln f(x)+1)(\mathrm{mod}{x}^{2n})$，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 ${\epsilon }_{4n}$。

【例题】

• P4389 付公主的背包

求 $\prod _{i=1}^n({\displaystyle \frac{1}{1-x^i}}{)}^{a_i}(\mathrm{mod}{x}^{N+1})$。
注意 $n$ 是物品个数，$N$ 是目标容积。

要把次方拿下来，可以用 $\ln +\exp$。

$$\begin{array}{rl}& =\exp (\ln (\prod _{i=1}^n({\displaystyle \frac{1}{1-x^i}}{)}^{a_i}))\\ & =\exp (\ln (\prod _{i=1}^n(1-x^i{)}^{-a_i}))\\ & =\exp (\sum _{i=1}^n-a_i\ln (1-x^i))\\ & =\exp (-\sum _{i=1}^n{a}_i(-\sum _{j\ge 1}{\displaystyle \frac{x^{ij}}{j}}))\\ & =\exp (\sum _{i=1}^n{a}_i\sum _{j=1}^{[\frac{N}{i}]}{\displaystyle \frac{x^{ij}}{j}})(\mathrm{mod}{x}^{N+1})\end{array}$$

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 $f^k(x)mod{x}^n$。

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 $f(x)=a{x}^d(1+?x^{?}+?x^{?}+\cdots )=a{x}^d\cdot g(x)$，则 $f^k(x)=a^K{x}^{kd}{g}^k(x)$。$g^k(x)$ 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 $P_{l,r}(x)={\displaystyle \prod _{i=l}^r(x-x_i)}$，$f_{l,r}(x)=f(x)\mathrm{\%}{P}_{l,r}(x)$。

（多项式模多项式就是带余除法）

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

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

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。

$$f_{l,r}(x)=f(x)\mathrm{\%}{p}_{l,r}(x)$$

$$f_{l,m}(x)=f(x)\mathrm{\%}{p}_{l,m}(x)$$

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

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 ${\displaystyle \frac{M(x)}{x-x_i}}$ 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，${\displaystyle \frac{M(x)}{x-x_i}}={\displaystyle \frac{M^{\prime }(x)}{1}}=M^{\prime }(x)$，即求 $M^{\prime }(x)$ 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 $M^{\prime }(x)$；最后用上面的点值求出 $M^{\prime }(x)$ 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 $y_i$。$F(x)={\displaystyle \sum _{i=0}^{n-1}{V}_i\prod _{j\ne i}(x-x_j)}$。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。

$$F(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{V}_i\prod _{j=0}^{n-1}(x-x_j)\cdot [j\ne i]$$

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

$$F(x)=[\sum _{i=0}^{n/2-1}{V}_i(\prod _{j=0}^{n/2-1}(x-x_j)\cdot [j\ne i])\cdot R(x)]+[\sum _{i=n/2}^{n-1}{V}_i(\prod _{j=n/2}^{n-1}(x-x_j)\cdot [j\ne i])\cdot L(x)]$$

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

$$F(x)=R(x)\sum _{i=0}^{n/2-1}{V}_i\prod _{j=0}^{n/2-1}(x-x_j)[j\ne i]+L(x)\sum _{i=n/2}^{n-1}{V}_i\prod _{j=n/2}^{n-1}(x-x_j)[j\ne i]$$

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 ${\displaystyle \frac{a_i{x}_j+b_i}{c_i{x}_j+d_i}}$。

即求 ${\displaystyle \sum _{j=1}^n{\displaystyle \frac{a_i{x}_j+b_i}{c_i{x}_j+d_i}}}$。

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

上面所有只和 $i$ 相关的都能求出来，然后怎么做？

定义 $f(t)=\sum _i{\displaystyle \frac{1}{x_i+t}}$。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，$Q^{\prime }(t)$ 可以从 $Q(t)$ 求。对 $Q(t),Q^{\prime }(t)$ 多点求值即可。