多项式学习笔记（二）：多项式初等函数

合集 - 数学学习笔记(13)

1.组合数学学习笔记（一）：组合数基础知识2024-08-012.组合数学学习笔记（二）：鸽巢原理、容斥及反演2024-08-013.线性代数学习笔记（一）：线性代数基础知识2024-09-20

4.多项式学习笔记（二）：多项式初等函数01-20

5.多项式学习笔记（一）：多项式基础知识、快速傅里叶变换2024-08-016.博弈论学习笔记（一）：博弈论基础知识、常见博弈类型2024-09-207.数论学习笔记（二）：数论函数2024-09-208.数学顶尖科技学习笔记01-209.组合数学学习笔记（四）：特殊的数01-2310.数论学习笔记（一）：同余相关2024-09-2011.组合数学学习笔记（三）：生成函数2024-11-2012.多项式学习笔记（三）：多项式高级算法02-1113.组合数学学习笔记（五）：符号化方法02-11

收起

牛顿迭代

高中数学中，我们学过牛顿法求函数零点，其实，对于多项式的计算，也有牛顿迭代法。

回忆一下牛顿法的过程，对于二次函数 $f(x)=x^2-10$，我们首先猜测一个零点 $x_0$，求出 $(x_0,f(x_0))$ 处的切线。

比如我们取 $x_0=3$，由于 $f^{\prime }(x)=2x$，我们可以很轻松（如果你会求导）的写出 $(3,-1)$ 处切线方程 $y=6x-19$，得到一个新的近似零点 $x_1={\displaystyle \frac{19}{6}}$。

再带一次：$({\displaystyle \frac{19}{6},\frac{1}{36})}$ 处的切线方程 $y={\displaystyle \frac{19}{3}x-\frac{721}{36}}$，得到新的近似零点 $x_2={\displaystyle \frac{721}{228}\approx 3.16228}$，${3.16228}^2=10.0000147984$，已经相当接近 $10$ 了，可见其逼近速度之快。

现在考虑将 $x$ 变为一个多项式 $F(x)$，那么此时就可以快速求出这个多项式的系数。

假设 $G(F(x))=0$，如何在知道 $G$ 的情况下求出 $F(x)$（听说 $G$ 叫做泛函数，蒟蒻瑟瑟发抖）。

考虑类似数学归纳法的方法。

首先，常数项是好求的，相当于是求 $G(x)=0$ 时 $x$ 的取值，记为 $F_0(x)$，也就相当于 $F(x)\equiv F_0(x)(\mathrm{mod}x{)}^1$。

假设我们已经知道了 $F(x)$ 在 $(\mathrm{mod}{x}^n)$ 时的函数 $F_n(x)$，将 $G(x)$ 在 $F_n(x)$ 处进行泰勒展开，由于 $G(F_n(x))=0$，因此 ${\displaystyle \sum _{i\ge 0}\frac{G^{(i)}{F}_n(x)}{i!}[F(x)-F_n(x){]}^i=G(F(x))\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)}$。

现在我们将模数扩大到 $x^{2n}$，右边式子中的 $0$ 显然不变，而左边式子中 $F(x)-F_n(x)$ 的最低项至少是 $x^n$，一旦进行平方或更高次方，最低项至少是 $x^{2n}$，会被取模掉，最终该式子仅剩下 $G(F_n(x))+G^{\prime }(F_n(x))(F(x)-F_n(x))$，整理可得 $F(x)\equiv F_n(x)-{\displaystyle \frac{G[F_n(x)]}{G^{\prime }[F_n(x)]}(\mathrm{mod}{x}^{2n})}$，这时，我们就找到了一个将 $F_n(x)$ 扩大到 $f_{2n}(x)$ 的方法，通过不断的迭代，最终可以求出前任意项的系数。

举个例子，现在已知 $G(F(x))=F^2(x)-F(x)-2x=0$。

我们先求常数项，由于常数项可以用 $F(0)$ 表示，那么原式就等于 $F^2(0)-F(0)=0$，解出 $F(0)=1$ 或 $0$，$0$ 没有太多含义，拿 $1$ 举例，记为 $F_0(x)$，套用牛顿迭代的式子，$F_1(x)=1-{\displaystyle \frac{1-1-2x}{2-1}=1+2x}$，代入原式可得：$1+4x+4x^2-1-2x-2x\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^2)$，这是满足条件的，依次推下去就可以得到想要的多项式。

快速多项式计算

加法

$H(x)=F(x)+G(x)$，求 $H(x)$。

解：都已经 $O(n)$ 了，还怎么优化！！！

乘法

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

解：参考多项式学习笔记（一）（2024.7.6）

完整代码：洛谷 P3803 【模板】多项式乘法（FFT）

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e6 + 9, MOD = 998244353;
int rev[N];
int qpow(int x, int y){
	int res = 1;
	while(y){
		if(y & 1)
			res = res * x % MOD;
		x = x * x % MOD;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
void NTT(int *f, int n, int opt){
	for(int i = 0; i < n; i++){
		rev[i] = rev[i >> 1] >> 1;
		if(i % 2 == 1)
			rev[i] |= n >> 1;
	}
	for(int i = 0; i < n; i++)
		if(i < rev[i])
			swap(f[i], f[rev[i]]);
	for(int h = 2; h <= n; h <<= 1){
		int mi = h >> 1;
		int gn = qpow(3, (MOD - 1) / h);
		for(int j = 0; j < n; j += h){
			int g = 1;
			for(int k = 0; k < mi; k++){
				int tmp = f[j + k + mi] * g % MOD;
				f[j + k + mi] = (f[j + k] - tmp + MOD) % MOD;
				f[j + k] = (f[j + k] + tmp) % MOD;
				g = g * gn % MOD;
			}
		}
	}
	if(opt == -1){
		reverse(f + 1, f + n);
	    int inv = qpow(n, MOD - 2);
	    for(int i = 0; i < n; i++)
			f[i] = f[i] * inv % MOD;
	}
}
int f[N << 1], g[N << 1], n, m;
signed main(){
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		scanf("%lld", &f[i]);
	for(int i = 0; i <= m; i++)
		scanf("%lld", &g[i]);
	int lim = 1;
	while(lim <= n + m)
		lim <<= 1;
	NTT(f, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i <= lim; i++)
		f[i] = f[i] * g[i] % MOD;
	NTT(f, lim, -1); 
	for(int i = 0; i <= n + m; i++)
		printf("%lld ", f[i]);
	return 0;
}

求逆

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

求 $G(x)$。

解：从这里开始就要用到牛顿迭代了。

先考虑初始情况，常数项 $G_0(x)={\displaystyle \frac{1}{F(0)}}$ 是好求的，套入牛顿迭代的式子可以得到 $G_{k+1}(x)\equiv G_k(x)-{\displaystyle \frac{\frac{1}{G_k(x)}-F(x)}{-\frac{1}{G_k^2(x)}}(\mathrm{mod}{x}^{2n})}$。

整理可得：$G_{k+1}(x)\equiv 2G_k(x)+G_k^2(x)F(x)(\mathrm{mod}{x}^{2n})$，现在就可以通过不断多项式乘法来求出 $G(x)$ 了。

完整代码：洛谷 P4238 【模板】多项式乘法逆

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e6 + 9, MOD = 998244353;
int rev[N];
int qpow(int x, int y){
	int res = 1;
	while(y){
		if(y & 1)
			res = res * x % MOD;
		x = x * x % MOD;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
void NTT(int *f, int n, int opt){
	for(int i = 0; i < n; i++){
		rev[i] = rev[i >> 1] >> 1;
		if(i % 2 == 1)
			rev[i] |= n >> 1;
	}
	for(int i = 0; i < n; i++)
		if(i < rev[i])
			swap(f[i], f[rev[i]]);
	for(int h = 2; h <= n; h <<= 1){
		int mi = h >> 1;
		int gn = qpow(3, (MOD - 1) / h);
		for(int j = 0; j < n; j += h){
			int g = 1;
			for(int k = 0; k < mi; k++){
				int tmp = f[j + k + mi] * g % MOD;
				f[j + k + mi] = (f[j + k] - tmp + MOD) % MOD;
				f[j + k] = (f[j + k] + tmp) % MOD;
				g = g * gn % MOD;
			}
		}
	}
	if(opt == -1){
		reverse(f + 1, f + n);
	    int inv = qpow(n, MOD - 2);
	    for(int i = 0; i < n; i++)
			f[i] = f[i] * inv % MOD;
	}
}
int tmp[N << 1];
void solve(int *f, int *g, int n){
	if(!n){
		g[0] = qpow(f[0], MOD - 2);
		return;
	}
	solve(f, g, n >> 1);
	int lim = 1;
	while(lim <= n * 2 + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		tmp[i] = f[i];
	NTT(tmp, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = (2 - g[i] * tmp[i] % MOD + MOD) % MOD * g[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
}
int f[N << 1], g[N << 1], n;
signed main(){
	scanf("%lld", &n);
	n--;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		scanf("%lld", &f[i]);
	solve(f, g, n);
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		printf("%lld ", g[i]);
	return 0;
}

除法/取模

$F(x)\equiv Q(x)G(x)+R(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$。

求 $Q(x),R(x)$。

解：设 $n$ 是 $F(x)$ 的次数，$m$ 是 $G(x)$ 的次数。

设 $rF(x)$ 表示 $x^{n}F({\displaystyle \frac{1}{x})}$，意义是将 $F(x)$ 的系数翻转，$rG(x),rQ(x)$ 同理。

由于 $F(x)\equiv Q(x)G(x)+R(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$，因此 $F({\displaystyle \frac{1}{x})\equiv Q(\frac{1}{x})G(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})(\mathrm{mod}{x}^n)}$。

两边同乘 $x^n$，由于 $Q(x)$ 是一个 $n-m$ 项多项式，$R(x)$ 是一个 $m-1$ 次多项式，那么将 $x^n$ 分配一下就可以得到 $x^{n}F({\displaystyle \frac{1}{x})\equiv x^{n-m}Q(\frac{1}{x})x^{m}G(\frac{1}{x})+x^{n}R(\frac{1}{x})(\mathrm{mod}{x}^n)}$。

整理一下可得 $rF(x)\equiv rQ(x)rG(x)(\mathrm{mod}{x}^{n-m+1})$。

于是 $rQ(x)\equiv rF(x)r{G}^{-1}(x)$，通过多项式求逆和多项式乘法，就可以求出 $rQ(x)$，进一步求出 $Q(x)$，根据被除数等于商乘除数加余数，可以求出 $R(x)$。

完整代码：洛谷 P4512 【模板】多项式除法

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e6 + 9, MOD = 998244353;
int rev[N];
int qpow(int x, int y){
	int res = 1;
	while(y){
		if(y & 1)
			res = res * x % MOD;
		x = x * x % MOD;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
void NTT(int *f, int n, int opt){
	for(int i = 0; i < n; i++){
		rev[i] = rev[i >> 1] >> 1;
		if(i % 2 == 1)
			rev[i] |= n >> 1;
	}
	for(int i = 0; i < n; i++)
		if(i < rev[i])
			swap(f[i], f[rev[i]]);
	for(int h = 2; h <= n; h <<= 1){
		int mi = h >> 1;
		int gn = qpow(3, (MOD - 1) / h);
		for(int j = 0; j < n; j += h){
			int g = 1;
			for(int k = 0; k < mi; k++){
				int tmp = f[j + k + mi] * g % MOD;
				f[j + k + mi] = (f[j + k] - tmp + MOD) % MOD;
				f[j + k] = (f[j + k] + tmp) % MOD;
				g = g * gn % MOD;
			}
		}
	}
	if(opt == -1){
		reverse(f + 1, f + n);
	    int inv = qpow(n, MOD - 2);
	    for(int i = 0; i < n; i++)
			f[i] = f[i] * inv % MOD;
	}
}
int tmp[N << 1];
void inv(int *f, int *g, int n){
	if(!n){
		g[0] = qpow(f[0], MOD - 2);
		return;
	}
	inv(f, g, n >> 1);
	int lim = 1;
	while(lim <= n * 2 + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		tmp[i] = f[i];
	NTT(tmp, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = (2 - g[i] * tmp[i] % MOD + MOD) % MOD * g[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
}
void div(int *f, int *g, int len1, int len2){
	int lim = 1;
	while(lim <= len1 + len2)
		lim <<= 1;
	NTT(f, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i <= lim; i++)
		f[i] = f[i] * g[i] % MOD;
	NTT(f, lim, -1);
}
int f[N << 1], g[N << 1], r[N << 1], q[N << 1], rf[N << 1], rg[N << 1], rr[N << 1], n, m;
signed main(){
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for(int i = 0; i <= n; i++){
		scanf("%lld", &f[i]);
		rf[n - i] = f[i];
	}
	for(int i = 0; i <= m; i++){
		scanf("%lld", &g[i]);
		rg[m - i] = g[i];
	}
	for(int i = n - m + 1; i <= m; i++)
		rg[i] = 0;
	inv(rg, rr, n - m);
	div(rf, rr, n, n - m);
	for(int i = 0; i <= n - m; i++)
		printf("%lld ", q[i] = rf[n - m - i]);
	printf("\n");
	div(g, q, m, n - m);
	for(int i = 0; i < m; i++)
		printf("%lld ", r[i] = (f[i] - g[i] + MOD) % MOD);
	return 0;
}

求导/积分

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

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

求 $G(x),H(x)$

解：都已经 $O(n)$ 了，还怎么优化！！！

完整代码：洛谷 U455122 【模板】多项式求导/积分

点击查看代码

开根

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

求 $G(x)$。

解：先考虑初始情况，常数项 $G_0(x)=\sqrt{F(0)}$ 是好求的，套入牛顿迭代的式子可以得到 $G_{k+1}(x)\equiv G_k(x)-{\displaystyle \frac{G_k^2(x)-F(x)}{2G_k(x)}(\mathrm{mod}{x}^{2n})}$。

整理可得：$G_{k+1}(x)\equiv {\displaystyle \frac{G_k(x)}{2}+\frac{F(x)}{2G_k(x)}(\mathrm{mod}{x}^{2n})}$，运用多项式除法即可求出答案。

完整代码：P5205 【模板】多项式开根

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 3e5 + 9, MOD = 998244353;
int rev[N], in[N];
void init(){
	in[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N; i++)
		in[i] = (MOD - MOD / i) * in[MOD % i] % MOD;
}
int qpow(int x, int y){
	int res = 1;
	while(y){
		if(y & 1)
			res = res * x % MOD;
		x = x * x % MOD;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
void NTT(int *f, int n, int opt){
	for(int i = 0; i < n; i++){
		rev[i] = rev[i >> 1] >> 1;
		if(i % 2 == 1)
			rev[i] |= n >> 1;
	}
	for(int i = 0; i < n; i++)
		if(i < rev[i])
			swap(f[i], f[rev[i]]);
	for(int h = 2; h <= n; h <<= 1){
		int mi = h >> 1;
		int gn = qpow(3, (MOD - 1) / h);
		for(int j = 0; j < n; j += h){
			int g = 1;
			for(int k = 0; k < mi; k++){
				int tmp = f[j + k + mi] * g % MOD;
				f[j + k + mi] = (f[j + k] - tmp + MOD) % MOD;
				f[j + k] = (f[j + k] + tmp) % MOD;
				g = g * gn % MOD;
			}
		}
	}
	if(opt == -1){
		reverse(f + 1, f + n);
	    int inv = qpow(n, MOD - 2);
	    for(int i = 0; i < n; i++)
			f[i] = f[i] * inv % MOD;
	}
}
int tmp[N << 1];
void inv(int *f, int *g, int n){
	if(!n){
		g[0] = qpow(f[0], MOD - 2);
		return;
	}
	inv(f, g, n >> 1);
	int lim = 1;
	while(lim < 2 * n + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		tmp[i] = f[i];
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		tmp[i] = 0;
	NTT(tmp, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = (2 - g[i] * tmp[i] % MOD + MOD) % MOD * g[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
}
int f2[N << 1];
void ln(int *f, int *g, int n){
	for(int i = 0; i < n * 4 + 3; i++)
		g[i] = 0;
	inv(f, g, n);
	int lim = 1;
	while(lim < 2 * n + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i < n; i++)
		f2[i] = f[i + 1] * (i + 1) % MOD;
	for(int i = n; i < lim; i++)
		f2[i] = 0;
	NTT(f2, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = g[i] * f2[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n; i > 0; i--)
		g[i] = g[i - 1] * in[i] % MOD;
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
	g[0] = 0;
}
int lng[N << 1];
void exp(int *f, int *g, int n){
	if(!n){
		g[0] = 1;
		return;
	}
	exp(f, g, n >> 1);
	ln(g, lng, n);
	int lim = 1;
	while(lim < 2 * n + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i <= n; i++){
		if(f[i] >= lng[i])
			lng[i] = f[i] - lng[i];
		else
			lng[i] = f[i] - lng[i] + MOD;
	}
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		lng[i] = g[i] = 0;
	lng[0]++;
	NTT(lng, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = g[i] * lng[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
}
int f[N << 1], g[N << 1], res[N << 1], n, k;
char s[1009];
signed main(){
	init();
	scanf("%lld", &n);
	n--;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		scanf("%lld", &f[i]);
	ln(f, g, n);
	int inv = qpow(2, MOD - 2);
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		g[i] = g[i] * inv % MOD;
	exp(g, res, n);
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		printf("%lld ", res[i]);
	return 0;
}

对数函数（$\ln$）

$G(x)\equiv \ln F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$，保证 $f_0=1$。

求 $G(x)$。

解：将等式两边求导可得 $G^{\prime }(x)=F^{\prime }(x)F^{-1}(x)$，运用多项式乘法、求导、积分、求逆即可得出答案。

完整代码：洛谷 P4725 【模板】多项式对数函数（多项式 ln）

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e6 + 9, MOD = 998244353;
int rev[N], in[N];
void init(){
	in[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N; i++)
		in[i] = (MOD - MOD / i) * in[MOD % i] % MOD;
}
int qpow(int x, int y){
	int res = 1;
	while(y){
		if(y & 1)
			res = res * x % MOD;
		x = x * x % MOD;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
void NTT(int *f, int n, int opt){
	for(int i = 0; i < n; i++){
		rev[i] = rev[i >> 1] >> 1;
		if(i % 2 == 1)
			rev[i] |= n >> 1;
	}
	for(int i = 0; i < n; i++)
		if(i < rev[i])
			swap(f[i], f[rev[i]]);
	for(int h = 2; h <= n; h <<= 1){
		int mi = h >> 1;
		int gn = qpow(3, (MOD - 1) / h);
		for(int j = 0; j < n; j += h){
			int g = 1;
			for(int k = 0; k < mi; k++){
				int tmp = f[j + k + mi] * g % MOD;
				f[j + k + mi] = (f[j + k] - tmp + MOD) % MOD;
				f[j + k] = (f[j + k] + tmp) % MOD;
				g = g * gn % MOD;
			}
		}
	}
	if(opt == -1){
		reverse(f + 1, f + n);
	    int inv = qpow(n, MOD - 2);
	    for(int i = 0; i < n; i++)
			f[i] = f[i] * inv % MOD;
	}
}
int tmp[N << 1];
void inv(int *f, int *g, int n){
	if(!n){
		g[0] = qpow(f[0], MOD - 2);
		return;
	}
	inv(f, g, n >> 1);
	int lim = 1;
	while(lim <= n * 2 + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		tmp[i] = f[i];
	NTT(tmp, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = (2 - g[i] * tmp[i] % MOD + MOD) % MOD * g[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
}
int f2[N << 1];
void ln(int *f, int *g, int n){
	inv(f, g, n);
	int lim = 1;
	while(lim <= n * 2 + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i < n; i++)
		f2[i] = f[i + 1] * (i + 1) % MOD;
	for(int i = n; i < lim; i++)
		f2[i] = 0;
	NTT(f2, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = g[i] * f2[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n; i > 0; i--)
		g[i] = g[i - 1] * in[i] % MOD;
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
	g[0] = 0;
}
int f[N << 1], g[N << 1], n;
signed main(){
	init();
	scanf("%lld", &n);
	n--;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		scanf("%lld", &f[i]);
	ln(f, g, n);
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		printf("%lld ", g[i]);
	return 0;
}

指数函数（$\exp$）

$G(x)\equiv e^{F(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)$，保证 $f_0=0$。

求 $G(x)$。

解：等式两边同时取 $\ln$ 可以得到 $\ln G(x)-F(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$，初始值 $\ln G(0)=0$ 很容易求出，带入牛顿迭代的式子可得 $G_{k+1}\equiv G_k(x)+{\displaystyle \frac{\ln G(x)-F(x)}{G^{-}1(x)}(\mathrm{mod}{x}^{2n})}$，整理可得 $G_{k+1}(x)\equiv G_k(x)(1-\ln G_k(x)+F(x))(\mathrm{mod}{x}^{2n})$，套用多项式对数函数、乘法即可求出答案。

完整代码：洛谷 P4726 【模板】多项式指数函数（多项式 exp）

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e6 + 9, MOD = 998244353;
int rev[N], in[N];
void init(){
	in[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N; i++)
		in[i] = (MOD - MOD / i) * in[MOD % i] % MOD;
}
int qpow(int x, int y){
	int res = 1;
	while(y){
		if(y & 1)
			res = res * x % MOD;
		x = x * x % MOD;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
void NTT(int *f, int n, int opt){
	for(int i = 0; i < n; i++){
		rev[i] = rev[i >> 1] >> 1;
		if(i % 2 == 1)
			rev[i] |= n >> 1;
	}
	for(int i = 0; i < n; i++)
		if(i < rev[i])
			swap(f[i], f[rev[i]]);
	for(int h = 2; h <= n; h <<= 1){
		int mi = h >> 1;
		int gn = qpow(3, (MOD - 1) / h);
		for(int j = 0; j < n; j += h){
			int g = 1;
			for(int k = 0; k < mi; k++){
				int tmp = f[j + k + mi] * g % MOD;
				f[j + k + mi] = (f[j + k] - tmp + MOD) % MOD;
				f[j + k] = (f[j + k] + tmp) % MOD;
				g = g * gn % MOD;
			}
		}
	}
	if(opt == -1){
		reverse(f + 1, f + n);
	    int inv = qpow(n, MOD - 2);
	    for(int i = 0; i < n; i++)
			f[i] = f[i] * inv % MOD;
	}
}
int tmp[N << 1];
void inv(int *f, int *g, int n){
	if(!n){
		g[0] = qpow(f[0], MOD - 2);
		return;
	}
	inv(f, g, n >> 1);
	int lim = 1;
	while(lim < 2 * n + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		tmp[i] = f[i];
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		tmp[i] = 0;
	NTT(tmp, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = (2 - g[i] * tmp[i] % MOD + MOD) % MOD * g[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
}
int f2[N << 1];
void ln(int *f, int *g, int n){
	for(int i = 0; i < n * 4 + 3; i++)
		g[i] = 0;
	inv(f, g, n);
	int lim = 1;
	while(lim < 2 * n + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i < n; i++)
		f2[i] = f[i + 1] * (i + 1) % MOD;
	for(int i = n; i < lim; i++)
		f2[i] = 0;
	NTT(f2, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = g[i] * f2[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n; i > 0; i--)
		g[i] = g[i - 1] * in[i] % MOD;
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
	g[0] = 0;
}
int lng[N << 1];
void exp(int *f, int *g, int n){
	if(!n){
		g[0] = 1;
		return;
	}
	exp(f, g, n >> 1);
	ln(g, lng, n);
	int lim = 1;
	while(lim < 2 * n + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i <= n; i++){
		if(f[i] >= lng[i])
			lng[i] = f[i] - lng[i];
		else
			lng[i] = f[i] - lng[i] + MOD;
	}
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		lng[i] = g[i] = 0;
	lng[0]++;
	NTT(lng, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = g[i] * lng[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
}
int f[N << 1], g[N << 1], n;
signed main(){
	init();
	scanf("%lld", &n);
	n--;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		scanf("%lld", &f[i]);
	exp(f, g, n);
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		printf("%lld ", g[i]);
	return 0;
}

幂函数

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

求 $G(x)$。

解：对等式两边取对数可得 $\ln G(x)\equiv k\ln F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$，于是，求出 $\ln F(x)$ 后，乘上 $k$ 再 $\exp$ 回去即可求出 $G(x)$。

完整代码：洛谷 P5245 【模板】多项式快速幂

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e6 + 9, MOD = 998244353;
int rev[N], in[N];
void init(){
	in[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N; i++)
		in[i] = (MOD - MOD / i) * in[MOD % i] % MOD;
}
int qpow(int x, int y){
	int res = 1;
	while(y){
		if(y & 1)
			res = res * x % MOD;
		x = x * x % MOD;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
void NTT(int *f, int n, int opt){
	for(int i = 0; i < n; i++){
		rev[i] = rev[i >> 1] >> 1;
		if(i % 2 == 1)
			rev[i] |= n >> 1;
	}
	for(int i = 0; i < n; i++)
		if(i < rev[i])
			swap(f[i], f[rev[i]]);
	for(int h = 2; h <= n; h <<= 1){
		int mi = h >> 1;
		int gn = qpow(3, (MOD - 1) / h);
		for(int j = 0; j < n; j += h){
			int g = 1;
			for(int k = 0; k < mi; k++){
				int tmp = f[j + k + mi] * g % MOD;
				f[j + k + mi] = (f[j + k] - tmp + MOD) % MOD;
				f[j + k] = (f[j + k] + tmp) % MOD;
				g = g * gn % MOD;
			}
		}
	}
	if(opt == -1){
		reverse(f + 1, f + n);
	    int inv = qpow(n, MOD - 2);
	    for(int i = 0; i < n; i++)
			f[i] = f[i] * inv % MOD;
	}
}
int tmp[N << 1];
void inv(int *f, int *g, int n){
	if(!n){
		g[0] = qpow(f[0], MOD - 2);
		return;
	}
	inv(f, g, n >> 1);
	int lim = 1;
	while(lim < 2 * n + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		tmp[i] = f[i];
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		tmp[i] = 0;
	NTT(tmp, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = (2 - g[i] * tmp[i] % MOD + MOD) % MOD * g[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
}
int f2[N << 1];
void ln(int *f, int *g, int n){
	for(int i = 0; i < n * 4 + 3; i++)
		g[i] = 0;
	inv(f, g, n);
	int lim = 1;
	while(lim < 2 * n + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i < n; i++)
		f2[i] = f[i + 1] * (i + 1) % MOD;
	for(int i = n; i < lim; i++)
		f2[i] = 0;
	NTT(f2, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = g[i] * f2[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n; i > 0; i--)
		g[i] = g[i - 1] * in[i] % MOD;
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
	g[0] = 0;
}
int lng[N << 1];
void exp(int *f, int *g, int n){
	if(!n){
		g[0] = 1;
		return;
	}
	exp(f, g, n >> 1);
	ln(g, lng, n);
	int lim = 1;
	while(lim < 2 * n + 1)
		lim <<= 1;
	for(int i = 0; i <= n; i++){
		if(f[i] >= lng[i])
			lng[i] = f[i] - lng[i];
		else
			lng[i] = f[i] - lng[i] + MOD;
	}
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		lng[i] = g[i] = 0;
	lng[0]++;
	NTT(lng, lim, 1);
	NTT(g, lim, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++)
		g[i] = g[i] * lng[i] % MOD;
	NTT(g, lim, -1);
	for(int i = n + 1; i < lim; i++)
		g[i] = 0;
}
int f[N << 1], g[N << 1], res[N << 1], n, k;
char s[10000009];
signed main(){
	init();
	scanf("%lld%s", &n, s + 1);
	n--;
	int len = strlen(s + 1);
	for(int i = 1; i <= len; i++)
		k = ((k << 3) + (k << 1) + (s[i] - 48)) % MOD;
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		scanf("%lld", &f[i]);
	ln(f, g, n);
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		g[i] = g[i] * k % MOD;
	exp(g, res, n);
	for(int i = 0; i <= n; i++)
		printf("%lld ", res[i]);
	return 0;
}

三角函数

$G(x)=\sin F(x)$。

$H(x)=\cos F(x)$。

求 $G(x),H(x)$。

解：套用 $\sin$ 与 $\cos$ 与 $e^x$ 的关系就可以用 $\exp$ 得出答案。

完整代码：洛谷 P5264 多项式三角函数

点击查看代码

参考资料

• Introductory Combinatorics(Fifth Edition) Richard A. Brualdi

• 利用生成函数求斐波那契数列通项公式 zwfymqz

• 生成函数封闭形式的正确理解 Sunlight-zero