多项式的一些奇怪东西

对于多项式 $f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+...+a_n{x}^n$
若存在 $g(x)=b_0+b_{1}x+b_2{x}^2+...+b_m{x}^m(m\le n)$ 使得 $f(x)g(x)\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^m)$，称 $g(x)$ 为 $f(x)$ 在模 $x^m$ 下的逆元，记作 $f^{-1}(x)(\mathrm{mod}{x}^m)$
多项式存在逆元的充要条件：$a_0$ 在模 $x^m$ 下有逆元。
多项式的逆元如果存在那么就唯一。

求取方法：

1. 暴力。$b_i=\frac{\sum _{j=0}^{i-1}{a}_{i-j}{b}_j}{a_0}$
2. 倍增 给定 $f(x)$ 求 $g(x)$（关于 $x^n$ 的逆元，其中 $n$ 为 $2$ 的幂）
   若 $f(x)g_n(x)\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^n)$ 成立，则有 $f(x)g_{\frac{n}{2}}(x)\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$
   那么 $f(x)g_n(x)\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$
   减一下，就有 $f(x)(g_n(x)-g_{\frac{n}{2}}(x))\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$
   也就是 $g_n(x)-g_{\frac{n}{2}}(x))\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$
   平方一下，$g_n^2(x)-2g_n{g}_{\frac{n}{2}}+g_{\frac{n}{2}}^2(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$
   然后拿这个东西再去乘一个 $f(x)$ 就有 $f(x)g_n^2(x)-2f(x)g_n(x)g_{\frac{n}{2}}(x)+f(x)g_{\frac{n}{2}}^2(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$
   又由于 $f(x)g(x)\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^n)$
   所以 $g_n(x)=2g_{\frac{n}{2}}(x)-f(x)g_{\frac{n}{2}}^2(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$
   初始状态：$g(x)$ 即为 $a_0$ 在模 $x$ 意义下的逆元。

多项式求导
$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+...+a_n{x}^n$，求导之后就是 $f^{\prime }(x)=a1+2a_{2}x+3a_3{x}^2+...+(n-1)a_n{x}^{n-1}$
另 $p(x)=f^{\prime }(x)=b_0+b_{1}x+...+b_{n-1}{x}^{n-1}$
$b_i=(i+1)a_{i+1}$

多项式积分
$F(x)=\int f(x)=c_0+c_{1}x+c_2{x}^2+...+c_{n+1}{x}^{n+1},c_i=\frac{1}{i}{a}_{i-1}$

多项式对数
$\ln f(x)=\int \frac{p(x)}{f(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)$