多项式全家桶笔记整理（完善中）

Part 0 泰勒展开的推广&多项式牛顿迭代

§ 0.1 记号和约定

为了不在下文引起混淆，这里简述一下这篇文章使用的记号：

• $f(x)$ 或者 $F(x)$ ：一个形式幂级数，此处的 $x$ 是一个形式记号。
• $F(f(x))$ ：两个多项式的复合。
• $\mathcal{F}[f(x)]$ ：一个自变量为多项式的函数。此处的 $\mathcal{F}$ 的自变量是多项式，而不是实数。而 $x$ 仍然是一个表示多项式系数位置的形式符号，没有实际意义。为了体现出它与复合函数的区别，这里使用方括号和手写体。
• $f^{\prime }(x)$ ：多项式 $f(x)$ 的普通导数，就是高数教材中的导数定义，但是暂时忽略函数收敛与否。区别于下文会提到的形式导数。
• $\int f(x)$ ：多项式 $f(x)$ 的普通积分，含义同上。区别于下文中的形式积分。
• $f(x^m)$ ：将多项式每一系数的下标翻 $m$ 倍后得到的新多项式，并不是复合函数。

接下来我们会讨论如何求出 $\mathcal{F}[f(x)]$ 的导数，并尝试将其泰勒展开。

§ 0.2 混账，你导了甚么！

第一个遇到的问题就是：我们该如何定义 $R[[x]]$ 上的导函数。

要定义导函数，就需要定义微分，同时微分建立在无穷小量上，而要定义无穷小量，就需要先定义极限。

可惜的是，我等凡人实在是难以想象一个 $R[[x]]$ 上的极限该怎么定义。所幸，我们可以耍耍小聪明，绕过这一个障碍。

观察一个以多项式为自变量的函数 $\mathcal{F}[f(x)]$ ，在OI中，它的解析式一般也是人畜无害的多项式形式，长成这样：

$$\mathcal{F}[f(x)]=k_0+k_1\mathcal{f}(x)+k_2{\mathcal{f}}^2(x)+\cdots +k_n{\mathcal{f}}^n(x)$$

因为这里不存在针对 $f(x)$ 的代入求值，最多也就是关于 $x$ 求导数，所以多项式 $f(x)$ 的存在更加接近于一个 “常量” 而非 “函数”，又考虑到多项式们有和实数几乎完全一致的加减乘运算，我们可以直接把一个多项式 $f(x)$ 视作一个实数：

$$\mathcal{F}[\mathcal{X}]=k_0+k_1\mathcal{X}+k_2{\mathcal{X}}^2+\cdots +k_n{\mathcal{X}}^n$$

现在就是我们的小聪明了：直接照抄实数域上的导函数定义，捏一个 $\mathcal{F}$ 的 “导函数” 出来！

$${\mathcal{F}}^{\prime }[\mathcal{X}]=k_1+2k_2\mathcal{X}+3k_3{\mathcal{X}}^2+\cdots +n{k}_n{\mathcal{X}}^{n-1}$$

我们暂且把这个东西叫做 “形式导数”，尽管直接跳过了极限和微分，我们仍然可以由它开始一步步打通泰勒展开的定义。

§ 0.3 噫！好！我展了！

回顾高等数学，实数域中泰勒展开的由来无非是挑选一个点，强制令新函数在这一点上的各阶导数和原来的函数相等。而且泰勒展开还有一个特点：如果被展开的函数是一个多项式函数或者能用幂级数表达的函数，其正确性的证明可以完全不依靠微分和无穷小量来得出。

如果有人想看的话我就去补写一下证明qwq
现在实在是懒得搞了

那么，既然多项式环有着和实数几乎一致的加减乘（导数需要的三种运算）和数乘运算（泰勒展开需要的额外运算），那么就算把实数版本的证明中的 $x$ 改为多项式而不是实数，证明也依然成立。因此没有理由相信泰勒展开在多项式环上不能用。

换句话说，只要有了导数的形式，对多项式函数和指对函数泰勒展开就是正确的。

以自然底数为底的指数、对数函数可以写成无穷项幂级数的形式，所以它们也可以包含在内。

如果被展开函数是无穷多项的多项式函数，那么的确会用到极限。

但是因为求极限的对象是无穷多个多项式的加和，取到极限的变量仍是一个实数，我们仍然不需要定义 $R[[x]]$ 上的极限。

正好，我们的 $\mathcal{F}$ 也有着多项式的形式，这就为我们创造了机会，可以再次跳过微分，直接捏出一个新的泰勒展开：

$$\mathcal{F}[\mathcal{X}]=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathcal{F}}^{(k)}[{\mathcal{X}}_0]}{k!}(\mathcal{X}-{\mathcal{X}}_0{)}^k$$

接下来可以把 $\mathcal{X}$ 换成我们更熟悉的多项式 $f(x)$ .

$$\mathcal{F}[f(x)]=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathcal{F}}^{(k)}[f_0(x)]}{k!}(f(x)-f_0(x){)}^k$$

好了！我们做完了！

虽然可能不甚严谨，但是管他呢，用就完了。

这里有一篇博客提供了另一种理解：多项式牛顿迭代(Freopen@csdn.com)

简单来说，我们挑选所有能让 $f_0(x)$ 收敛的实数 $x$ ，把它代入 $f_0(x)$ 可以求出一些值，于是就可以把 $f_0(x)$ 视作一个实数变量，同时自然把 $\mathcal{F}[f(x)]$ 变成了一个以实数变量 $f_0(x)$ 为自变量的函数，对其强行进行泰勒展开一定是正确的。

接下来再对所有的能让 $f(x)$ 收敛的实数 $x$ 代入其中，由于 $f(x)$ 和 $f_0(x)$ 的值域都为 $R$ ，多项式表达式的差异可以大致等同于函数值（$\mathcal{F}$ 函数的自变量）的差异。

综上，我们就得到了这种泰勒展开的正确性。

一般会使用 $\frac{\text{d}}{\text{d}f(x)}\mathcal{F}[f(x)]$ 来表示多项式为变量的函数的导数，但是这种写法会让人误以为所比的无穷小量是 “$f(x)$ 的函数值” 而非 “$f(x)$ 的解析式结构”。

而其实前后有着很大的区别，前者仍然是实数域上的导数，后者才是真正属于多项式环的微分。

不过笔者没有想出更好的记号来，下文中仍会沿用这种写法。

§ 0.4 开始迭代

多项式牛顿迭代可以解决这样的问题：

已知多项式 $g(x)$ ，求满足这种条件的多项式 $f(x)$，系数对 $998244353$ 取模。

$$g(f(x))\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$$

换句话说就是求零点。

这里多项式取模的意思就是只保留次数最低的 $n$ 位，后面的东西不要了。

考虑用倍增实现。每一轮通过模 $x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }$ 意义下的解 $f_0(x)$ 得到模 $x^n$ 意义下的解 $f(x)$ .

第一轮中，我们需要求出 $g(x)$ 在模意义下的根，这个单独处理。

如何迭代计算模 $x^n$ 意义下的答案呢？我们可以用刚才推导出的泰勒展开，把 $\mathcal{G}$（把 $g$ 视作一个自变量为多项式的函数）在 $f_0(x)$ 处展开：

$$\mathcal{G}[f(x)]=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathcal{G}}^{(k)}[f_0(x)]}{k!}(f(x)-f_0(x){)}^k$$

然后，观察到 $(f(x)-f_0(x){)}^k$ 在 $k>2$ 情况下前 $n$ 位都是零，这样我们就可以舍弃掉后面的东西了

$$\begin{array}{rlr}& \mathcal{G}[f(x)]\equiv 0& (\mathrm{mod}{x}^n)\\ \Rightarrow & \sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{\mathcal{G}}^{(k)}[f_0(x)]}{k!}(f(x)-f_0(x){)}^k\equiv 0& (\mathrm{mod}{x}^n)\\ \Rightarrow & \mathcal{G}[f_0(x)]+{\mathcal{G}}^{\prime }[f_0(x)]\times (f(x)-f_0(x))& (\mathrm{mod}{x}^n)\\ \Rightarrow & \mathcal{G}[f_0(x)]+{\mathcal{G}}^{\prime }[f_0(x)]f(x)-{\mathcal{G}}^{\prime }[f_0(x)]f_0(x)& (\mathrm{mod}{x}^n)\end{array}$$

当然还有另一种方式理解为什么要用倍增实现：

普通的牛顿迭代每次可以把精度翻倍，那么对应到多项式上，每次确定的项数也会翻倍。

化简式子

$$\mathcal{G}[f_0(x)]+{\mathcal{G}}^{\prime }[f_0(x)]f(x)-{\mathcal{G}}^{\prime }[f_0(x)]f_0(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$$

得到

$$f(x)\equiv f_0(x)-\frac{\mathcal{G}[f_0(x)]}{{\mathcal{G}}^{\prime }[f_0(x)]}(\mathrm{mod}{x}^n)$$

诶嘿，正好是经典牛顿迭代法的形式。难道不应该是吗

这就做完了，时间复杂度分析如下：

已知多项式求逆的复杂为 $O(n\log n)$ 求导和加减的复杂度是 $O(n)$ ，那么就有

$$T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n)+O(n\log n)=O(n\log n)$$

最终的复杂度是 $O(n\log n)$ .

但是实际跑起来常数巨大无比。

Part 1 多项式乘法逆

§ 1.1 常规方法

在很多多项式算法（例如刚刚讲到的牛顿迭代）中都需要用一个多项式在模 $x^n$ 意义下除以另一个多项式。这种操作等价于乘上另一个多项式的乘法逆元，现在我们来求这个东西。

根据刚才牛顿迭代的启发，我们用倍增解决这个问题，已知已经求得了模 $x^{n/2}$ 意义下 $f(x)$ 的逆元。

$$f_0^{-1}(x)f(x)\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^{n/2})$$

又因为目标答案长这样：

$$f^{-1}(x)f(x)\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^{n/2})$$

两式相减，得到：

$$f^{-1}(x)-f_0^{-1}(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{n/2})$$

式子两边平方，模数也平方，依然能整除：

$$f^{-2}(x)-2f_0^{-1}(x)f^{-1}(x)+f_0^{-2}(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$$

然后式子把他自己收拾好了：

$$f^{-2}(x)\equiv f_0^{-1}(x)(2f^{-1}(x)-f_0^{-1}(x))(\mathrm{mod}{x}^n)$$

两边同时乘上 $f(x)$ :

$$f^{-1}(x)\equiv f_0^{-1}(x)(2-f(x)f_0^{-1}(x))(\mathrm{mod}{x}^n)$$

递归计算就做完了！采用本式计算乘法逆的话每轮会进行两次 NTT 和一次 INTT .

模板代码（含NTT）

namespace poly{
	const LL gn = 3;
	const LL gni = 332748118;
	int rev[maxn<<2],now_rev;
	void ReArrange(LL *F,int N)
	{
		if(now_rev != N)
		{
			rev[0] = 0; now_rev = N;
			for(int i=1; i<N; i++) rev[i] = (rev[i/2]/2) + (i&1)*N/2;
		}
		for(int i=0; i<N; i++) if(rev[i] > i) swap(F[rev[i]], F[i]);
		return;
	}

	void NTT(LL *F,int N,int inv)
	{
		ReArrange(F,N);
		for(int len=1; len<N; len<<=1)
		{
			LL stp = qpow((inv == 1) ? gn : gni, (mod-1)/(len<<1));
			for(int st=0; st<N; st+=(len<<1))
			{
				LL omega = 1;
				for(int i=0; i<len; i++)
				{
					LL U = F[st+i], V = M(F[st+len+i], omega);
					F[st+i] = madd(U,V); F[st+len+i] = msub(U,V);
					omega = M(omega,stp);
				}
			}
		}
		if(inv == -1)
		{
			LL Ninv = qpow(N,mod-2);
			for(int i=0; i<N; i++) F[i] = M(F[i],Ninv);
		}
		return;
	}

	LL pinv[maxn];
	void Inverse(LL *f1,int n)
	{
		int K = 1; while(K<n) {K = K<<1;} n = K;
		memset(tmp,0,sizeof(tmp));
		pinv[0] = qpow(f1[0],mod-2);//求出乘法逆元的第一项
		for(int len=2; len<=n; len<<=1)
		{
			K = len<<1;//两个多项式相乘后的长度
			memcpy(tmp, f1, sizeof(LL) * len); //临时复制过来f(x)
			memset(tmp+len, 0, sizeof(LL) * len); //后面补零
			NTT(tmp,K,1); NTT(pinv,K,1);
			for(int i=0; i<K; i++) pinv[i] = M(pinv[i], msub(2, M(tmp[i], pinv[i]))); //计算刚刚得出的式子
			NTT(pinv,K,-1);//变换回来
			memset(pinv+len, 0, sizeof(LL)*len); //取模，去掉多余的部分
			//此轮循环结束后，pinv[]中存储的由 f_0^{-1}(x) 变为 f^{-1}(x)
		}
		memcpy(f1, pinv, sizeof(LL)*n);
		return;
	}
}

§ 1.2 哇塞，这居然可以

既然我们有了牛顿迭代，为什么不用用它呢？

好！那么我们先构造出这么一个函数：

$$\mathcal{F}[g(x)]=\frac{1}{g(x)}-f(x)$$

可以看出来， $\mathcal{F}$ 在模 $x^n$ 意义下的零点就是我们要求的乘法逆元。

接下来列出牛顿迭代的式子：

$$g_{t+1}(x)\equiv g_t(x)-\frac{\mathcal{F}[g_t(x)]}{{\mathcal{F}}^{\prime }[g_t(x)]}(\mathrm{mod}{x}^n)$$

带入解析式：

$$g_{t+1}(x)\equiv g_t(x)-\frac{\frac{1}{g_t(x)}-f(x)}{-\frac{1}{g_t^2(x)}}(\mathrm{mod}{x}^n)$$

整理一下：

$$g_{t+1}(x)\equiv 2g_t(x)-g_t^2(x)f(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$$

所有带分母的项都消去了，可以用 NTT 计算了。

等等，这不就是上面的那个式子吗

数学真奇妙

Part 2 多项式除法（取模）

§ 2.1 十分神仙的技巧

多项式除法，就是给定 $f(x),g(x)$ 求多项式 $Q(x),R(x)$ ，使得

$$f(x)\equiv Q(x)g(x)+R(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$$

商和余数的英文分别叫 quotient 和 remainder，所以一般用 $Q(x)$ 和 $R(x)$ 表示。

我们观察到，如果 $R(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$ 的话，只需要求逆就可以了。而对于 $R(x)\not\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$ 的情况，我们需要想办法移除掉它的影响。

而移除的方法就是把 $f(x),g(x)$ 的系数反向。

形式化地，构造变换

$$\overline{f}(x)=x^{n}f(\frac{1}{x})$$

就可以把多项式的系数反向。

接下来对除法的式子进行这个变换（$n=\mathrm{deg}f,m=\mathrm{deg}g$）

$$\begin{array}{c}f(x)\equiv g(x)Q(x)+R(x)(\mathrm{mod}{x}^n)\\ x^{n}f(\frac{1}{x})\equiv x^{n}g(\frac{1}{x})Q(\frac{1}{x})+x^{n}R(\frac{1}{x})(\mathrm{mod}{x}^n)\end{array}$$

我们又知道，$\mathrm{deg}Q=\mathrm{deg}f-\mathrm{deg}g=n-m$ 以及 $\mathrm{deg}R\le \mathrm{deg}g-1$ ，所以就有

$$\begin{array}{c}{x}^{n}f(\frac{1}{x})\equiv (x^{m}g(\frac{1}{x}))(x^{n-m}Q(\frac{1}{x}))+x^{n}R(\frac{1}{x})(\mathrm{mod}{x}^n)\\ \overline{f}(x)\equiv \overline{g}(x)\overline{Q}(x)+x^{n-m+1}\overline{R}(x)(\mathrm{mod}{x}^n)\end{array}$$

这个时候，奇妙的事情出现了，最后余数项 $x^{n-m+1}R(x)$ 的最低次数为 $n-m+1$ ，正好和最高次数为 $n-m$ 的商 $Q(x)$ 错开一位，我们把整个式子拿到模 $x^{n-m}$ 意义下，就可以完全消去余数的影响：

$$\begin{array}{c}\overline{f}(x)\equiv \overline{g}(x)\overline{Q}(x)(\mathrm{mod}{x}^{n-m})\\ \frac{\overline{f}(x)}{\overline{g}(x)}\equiv \overline{Q}(x)(\mathrm{mod}{x}^{n-m})\end{array}$$

现在除法变成了普通的多项式求逆，我们来总结一下步骤：

1. 把 $f,g$ 反向。
2. 把 $\overline{f},\overline{g}$ 模上 $x^{n-m}$ .
3. 这个时候计算 $\overline{f}(x)/\overline{g}(x)$ .
4. 把结果模上 $x^{n-m}$ 并反向，得到 $Q(x)$ .
5. 用结果乘一开始没有被反向、取模过的 $g$ .
6. 用一开始没有被反向、取模过的 $f$ 减去上一步的乘积，得到 $R(x)$ .

真搞不懂这个技巧是怎么想出来的=

模板代码（需要刚才的 NTT 和 Inverse）

	LL copy1[maxn],copy2[maxn];
	void Divide(LL *f1,LL *f2,int n1,int n2,LL *Q,LL *R)
	{
		memcpy(copy1,f1,sizeof(LL)*n1); memcpy(copy2,f2,sizeof(LL)*n2); //备份
		reverse(f1,f1+n1); reverse(f2,f2+n2); //两个乘数翻转
		int qlen = n1-n2+1; //模数的次数
		if(qlen < n2) memset(f2+qlen, 0, sizeof(LL) * (n2-qlen));

		Inverse(f2,qlen); //求除数的乘法逆元
		Multiply(f1,f2,qlen,qlen); //f1乘上f2的逆元
		memset(f1+qlen, 0, sizeof(LL) * qlen); //
		reverse(f1, f1+qlen); //乘积反转后就是商
		memcpy(Q, f1, sizeof(LL) * qlen); //因为下面要用到f1，这里先复制一遍

		memcpy(f2, copy2, sizeof(LL) * (n2)); //用copy2之前先把f2复制回来
		Multiply(copy2, f1, n2, qlen); //用除数乘上商
		for(int i=0; i<n2-1; i++) R[i] = msub(copy1[i],copy2[i]); //用被除数减去上一步的得数得到余数
		memcpy(f1, copy1, sizeof(LL) * n1); //最后把被除数复制回来
		return;
	}

Part 3 多项式指对函数

§ 2.1 指对函数的新定义

累了，直接上公式：

$$\begin{array}{c}\exp f(x)=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{k!}{f}^k(x)\\ \ln (1+f(x))=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n+1}}{k!}{f}^k(x)\end{array}$$

本质上还是之前的泰勒展开，其中对数函数因为 $0$ 处无定义，选择在 $1$ 处进行展开。

§ 2.2 导过去，积回来

已知多项式 $f(x)$ ，求多项式 $g(x)$ ，使得

$$g(x)=\ln (f(x))$$

其中 $ln$ 函数的定义如上。

如果直接按照新定义中的方法强行计算，我们会发现必须把全部的无穷项都计算出来才能得到正确答案，所以我们需要换一种方法。

为什么要计算无穷项？因为上面的定义式每多一项，多项式的每一个系数都会发生改变。

那就换一个方法吧。

既然把 $\ln$ 函数化成初等形式只需要求导，那就对 $\ln$ 关于 $f$ 求形式导数，得到了这个式子：

$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}\ln (f(x))=\frac{1}{f(x)}$$

右边是很好计算的，那就积回去！

$$\int \frac{1}{f(x)}\text{d}f(x)+C=\ln (f(x))$$

问题出现了，我们无法关于 $f(x)$ 积分 $\frac{1}{f(x)}$ ，也不知道积分常数 $C$ 应该是多少。

这该怎么解决呢？我们发现，刚刚求不出结果的原因是我们把 $\ln$ 看做了一个以多项式为自变量的函数。

而现在我们来换一种思路：把 $\ln$ 也看成一个特殊的多项式，把 $\ln (f(x))$ 看成求 $\ln (x)$ 和 $f(x)$ 这两个多项式的复合。

这样，就可以关于实数 $x$ 对 $ln(f(x))$ 求普通导数：

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln (f(x))=\frac{1}{f(x)}{f}^{\prime }(x)$$

仿照上面，用积分表示左边：

$$\ln (f(x))=\int \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}\text{d}x+ln(f(0))$$

化简成功！

经验：多项式的操作十分灵活，既可以关于多项式求导（形式导数），也可以关于实数求导（普通导数），两种方法都可以用来化简表达式。

模板代码（需要上文的 Inverse）

	void Derivate(LL *F,int N)
	{
		for(int i=0; i<N-1; i++) F[i] = M(F[i+1],i+1);
		F[N-1] = 0;
		return;
	}

	void Intergrate(LL *F,int N)
	{
		for(int i=N-1; i>0; i--) F[i] = M(F[i-1],mcon::inv[i]);
		F[0] = 0;
		return;
	}

	LL tmpi[maxn<<1];
	void Ln(LL *F,int N)
	{
		memcpy(tmpi,F,sizeof(LL)*N);
		Inverse(tmpi,N);
		Derivate(F,N);
		Multiply(F,tmpi,N,N,1);
		Intergrate(F,N);
		return;
	}

§ 2.3 一切偷懒，终将绳之以法！

有一点需要特别注意，后面的这一部分是积分常数，因为这一项的存在，必须要求

$$[x^0]f(x)=1$$

这是为什么呢？

伟大的 OI-wiki 曾经曰过：

首先，对于多项式 $f(x)$ ，若 $\ln f(x)$ 存在，那么由其定义，其必须满足 $[x^0]f(x)=1$

不过 OI-wiki 并没有给出进一步的解释，这让我这个蒟蒻一头雾水：为什么没有符合规定的常数项就不能计算了？

然后我翻到另一篇文章如是说：

若 $[x^0]f(x)\ne 1$ ，那么结果的常数项不收敛。

这让我更加混乱了

实际上这几句话的意思是：若常数项不是 $1$，那么得数的常数项将无法用有理数取模表示。

具体来说，根据刚才的推导，得数的常数项应为

$$\ln ([x^0]f(x))$$

而根据 $e$ 的超越性，我们知道 $y=\ln x$ 只有在 $x=0$ 时才能取到有理数值，其余值均为无理数，也就没有办法取模。

这里有更加详细的证明：题解P4725(Kinesis@luogu.com.cn)

§ 2.4 多项式指数函数

已知多项式 $f(x)$ ，求 $g(x)=\exp (f(x))$ ，其中 $\exp$ 函数的定义同 §2.4 。

这一部分十分容易推导，用牛顿迭代法即可。构造函数如下：

$$\mathcal{F}[g(x)]=\ln (g(x))-f(x)$$

此函数的零点即为所求的 $\exp (f(x))$ .

接下来使用牛顿迭代：

$$g_{t+1}(x)\equiv g_t(x)-\frac{\mathcal{F}[g_t(x)]}{{\mathcal{F}}^{\prime }[g_t(x)]}(\mathrm{mod}{x}^n)$$

由于 ${\mathcal{F}}^{\prime }[g(x)]=\frac{1}{g(x)}$ ，可得：

$$g_{t+1}(x)\equiv g_t(x)-g_t(x)(\ln (g_t(x))-f(x))(\mathrm{mod}{x}^n)$$

即

$$g_{t+1}(x)\equiv g_t(x)(1-\ln (g_t(x))-f(x))(\mathrm{mod}{x}^n)$$

时间复杂度为 $O(n\log n)$ .

模板代码（需要上文的 Ln）

	LL f1[maxn<<1],f2[maxn<<1];
	void Exp(LL *F,int N)
	{
		int K=1;
		while(K<N) K<<=1;
		memset(f1,0,sizeof(f1));
		memset(f2,0,sizeof(f2));
		f1[0] = 1;
		for(int len=2; len<=K; len<<=1)
		{
			int len2 = len<<1;
			memcpy(f2,f1,sizeof(LL)*len);
			Ln(f2,len);
			for(int i=0; i<len; i++) f2[i] = madd(msub(0,f2[i]),F[i]);
			f2[0]++;
			NTT(f1,len2,1); NTT(f2,len2,1);
			for(int i=0; i<len2; i++) f1[i] = M(f1[i],f2[i]);
			NTT(f1,len2,-1);
			memset(f1+len,0,sizeof(LL)*len);
		}
		memcpy(F,f1,sizeof(LL)*N);
	}

这里再来分析一下为什么每轮循环中需要把数组的长度开到 $2\times \mathrm{deg}{g}_i(x)$ .

首先，我们知道在式子

$$g_i(x)\equiv g_{i-1}(x)(1-\ln (g_{i-1}(x))-f(x))(\mathrm{mod}{x}^{2^i})$$

中，$f(x)$ 高于 $x^{2^i}$ 的项都是没有意义的，因为它最低的贡献也在 $x^{2^i}$ 的位置，最终会全部被模掉。同理，$\ln (g_{i-1}(x))$ 也只需要保留前 $2^i$ 项。

对应到代码中，我们只需要把 F[x] 的前 len 项复制过来用以相乘，求 $\ln (g_{i-1}(x))$ 时也只需要求到长度为 len 为止。

另外，外层用来相乘的 $g_{i-1}(x)$ 的次数为 $2^{i-1}$ ，所以最终结果（未取模）的最高次数是 $1.5\times 2^i$ ，而为了凑齐进行 NTT 所需的整次幂，需要把长度补齐到 $2\times 2^i$ .

对应到代码上，就是相乘是数组长度开到 len<<1 .

§ 2.5 多项式快速幂

Part 4 多项式开平方根