省选复习 - 多项式全家桶 （咕咕咕）

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多项式全家桶

听起来很吓人的名字（在我学之前），慢慢知识积累上去，你会发现它就是一堆数学推导。

不断更新中...

当前进度：多项式exp / 常系数齐次线性递推

基础知识

微积分

（暂时）并不需要太高的水平，最基本的会即可。

基础求导：

$C'=0$

$(x^n)'=nx^{n-1}$

$(e^x)'=e^x$

$ln'(x)=\dfrac{1}{x}$

$(Cf(x))'=Cf'(x)$

$(f\pm g)'=f'\pm g'$

$(fg)'=f'g+fg'$

$(\dfrac{f}{g})'=\dfrac{f'g-fg'}{g^2}$

$f(g(x))'=f'(g(x))g'(x)$

基础积分：

把上面这些反过来

FFT/NTT

这还要讲？

泰勒展开

现在已知一个函数 $f(x)$。要用一个多项式函数 $g(x)$ 逼近它

考虑先选取一个起点 $x_0$，以这个位置为参考 （一般这个位置要好算一些，或者有可以利用的数值）

然后我们的主体思路是，让 $f,g$ 在 $x_0$ 处的值，一阶导，二阶导，三阶导...都相同。

首先我们让 $f,g$ 在 $x_0$ 处相同。那 $g$ 先加上一项 $f(x_0)$ 的常数。

然后我们让它的一阶导相同，那我们要给它来点多项式了。但是注意我们不能改变取值，于是我们只能加上 $x-x_0$ 的若干倍。

设 $g_k$ 表示一个函数，它在 $x_0$ 处的 $k$ 阶导和 $f$ 相同。

考虑 $g_1$：

当 $x=x_0$ 时，$g_1'(x)=f'(x_0)$

同时积分，$g_1(x)=xf'(x_0)+C$

为了凑 $x-x_0$，我们令 $g_1(x)=(x-x_0) f'(x_0)$

考虑 $g_2$：

同时积分两次

$g_2(x_0)=\dfrac{1}{2} f''(x_0)x_0^2 + C(x)$，$C(x)$ 是任意至多一次的多项式。

同理，我们令 $g_2(x)=\dfrac{1}{2}f''(x_0) (x-x_0)^2$

这里出现了分数，容易发现这个分数是积分的时候积出来的，积了多少次，就会有多少个，所以是一个阶乘

所以 $g_k(x)=\dfrac{f^{(k)}(x_0) (x-x_0)^k}{k!}$

然后把所有的 $g_k$ 和常数项加起来，得到：

$$g(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infin} \dfrac{f^{(i)}(x_0)(x-x_0)^i}{i!}$$

牛顿迭代

首先，我们对一个多项式 $\mod {x^n}$，意思就是取前 $n-1$ 项，这个东西想想就明白了。

另外，因为同余 $\equiv$ 很不好打，后面 $=$ 也表示同余 —— 这个写法很不好，但看到后面有 $\pmod{...}$ 便可知这个 $=$ 表示同余。

回到正题。现在我们要解一个多项式方程 $E(f)=0$，其中 $f$ 是一个未知多项式，我们要找出来它。

而实际问题中我们一般只需要 $f$ 的前 $k$ 项，也就是 $\mod x^k$ 的解。

假设我们知道了 $E(f_0)=0 \pmod{x^n}$，要找一个 $E(f)=0 \pmod{x^{2n}}$

假设能这么求，那么求 $\log$ 次，就可以求出 $\mod x^k$ 的解了。

我们在 $f_0$ 处展开 $E$，并求 $f$ 位置的值 （没错，展开结果是一个多项式套多项式，会有若干个 $f$ 的若干次方）

$E(f)=E(f_0)+E'(f_0)(f-f_0)+\dfrac{E''(f_0)(f-f_0)^2}{2!}+...$

我们强制令 $f=f_0 \pmod{x^n}$，容易证明，如果 $E$ 有解，那这样一定能找到一个解。

证：

假设 $E(g)=0 \pmod{x^{m}}$，其中 $m$ 是一个足够大的数 —— 比我们要用的所有 $n$ 大

考虑 $f=g\mod x^n$

在 $g$ 处展开 $E$，代入 $f$ 求值

$E(f)=E(g)+E'(g)(f-g)+...$

由于 $f=g \pmod{x^n}$，所以 $f-g=0 \pmod{x^n}$ ，于是 $E(f)=E(g)=0 \pmod{x^n}$

也就是我们要找的 $\mod x^n$ 的解，当然，$m$ 再大一点，容易证明，把 $n$ 换成 $2n$ ，或者是我们想要的 $k$ ，都是成立的，都能找到解

然后注意到 $(f-f_0)^2=0\pmod{x^{2n}}$，后面的次数更大，都包含这个因子 —— 所以从 $2$ 开始我们全都不用要了。

然后 $E(f)=E(f_0)+E'(f_0)(f-f_0)$

移项并整理：

$$f=f_0-\dfrac{E(f_0)}{E'(f_0)}$$

然后每次这么求一遍就可以了。关于如何算除法，后面再说。

牛顿迭代的代码实现

假设我们现在已经知道了多项式乘法，这里直接假设封装了 operator （实际上我并没有这么干，因为我试过一次，很慢，也不知如何优化）

相当于半个伪代码和C++

void solve(euqation E,poly& g,int n) 
// E 是那个方程
// 实际代码实现中, 通常是传一个方程的参数进来, 然后通过推式子手动求方程的值和求导之类的
// 另外, 一般这里的g是传数组进来, 就不用&了
{
	int len,lim;
	poly g=trival(); // 先瞪出来一个trival的边界值
	for(len=1;len<=(n<<1);len<<=1)
	{
		lim=len<<1; // 这个是 FFT/NTT 要用的

		E_=deri(E); // 求导
		// 实际上我们是需要手动求导的, 而且不会写成这样, 这里仅供示意
		g=g-E(g)*inv(E_(g)); // inv: 求逆, 后面讲, 乘以一个多项式的逆相当于除
        // 顺便, 一般这里求 E 啥的还要再来一堆辅助数组
	}
	return g;
}

别问我为啥要贴这个，我初学的时候尝试自己想怎么写，但是一直不知道lim和len咋搞

如果您自己想出来了，恭喜你，把我吊打了

多项式正题

多项式乘法

FFT/NTT 直接上

多项式求逆

已知 $f$，求 $g$ 使 $fg=1 \pmod{x^k}$

记 $g=f^{-1}$。由于逆元的对称性，$f=g^{-1}$

牛顿迭代需要用除法，而多项式求逆就是用来解决除法的，所以牛顿迭代比多项式求逆高 —— 换句话说我们没法用牛顿迭代算多项式求逆。这就好比你没法生下来你妈，因为你是你妈生的 超 级 加 辈

但是这个思路值得借鉴。假设有$g_0$ 使 $fg_0=1 \pmod{x^n}$，求 $g$ 使 $fg=1 \pmod{x^{2n}}$。还是令前 $n$ 项相同，然后考虑 $(g-g_0)^2$，显然它 $=0 \pmod{x^{2n}}$。

展开它，变成

$g^2-2gg_0+g_0^2=0\pmod{x^{2n}}$

同时乘以 $f$

$fg^2-2fgg_0+fg_0^2=0\pmod{x^{2n}}$

我们设 $fg=1 \pmod{x^{2n}}$，所以可以代入一下变成

$g-2g_0+fg_0^2=0\pmod{x^{2n}}$

移项得：

$$g=2g_0-fg_0^2$$

然后迭代即可。上面提到，除相当于乘以逆元。于是就可以算除法了。

多项式对数函数(ln)

要求 $g(x)=\ln(f(x)) \pmod{x^k}$

以 $x$ 为主元来导，$g'(x)=\dfrac{1}{f(x)}f'(x)$

然后积回去：

$$g(x)=\int \dfrac{f'(x)}{f(x)}$$

（为啥打中间是因为这样的积分好看，打在行间就是 $\int$）

多项式指数函数(exp)

非常好听的名字：exp。它也有很完美的性质，一切都是 $e$ 这个神秘数字的魅力。

先回到正题。要求：$g=\exp(f)=e^f \pmod{x^n}$

相当于 $\ln(g)-f=0$

设 $E(g)=\ln(g)-f$。易得 $E'(g)=\dfrac{1}{g}$（这里设 $g$ 为主元，然后 $f$ 就是常数，也不用链式法则了）

换句话说求的是 $\dfrac{dE(g)}{dg}$

$g=g_0-\dfrac{E(g_0)}{E'(g_0)}=g_0-\dfrac{\ln(g_0)-f}{\dfrac{1}{g_0}}$

整理一下就是

$$g=g_0(1-\ln(g_0)+f)$$

然后它的完美性质是甚么？

假设我们知道一个东西 $A$ ，它的数量的的生成函数是 $F$

然后有另一个东西 $B$，它的数量的生成函数是 $G$

然后 $B$ 是由若干个 $A$ 无序拼起来的。

这样的例子很多，比如说置换是由循环置换拼起来的，任意图是由若干连通图拼起来的，森林是由树拼起来的...

然后 $G=\exp(F)$

为什么呢？枚举 $A$ 用了多少个，假设是 $i$ 个。然后它们的大小的和要等于 $n$，也就是一个多元卷积的形式。又因为是无序的，所以要除以 $i!$

于是有 $G=\sum\limits_{i=1}^{\infin}\dfrac{F^i}{i!}$

然后这玩意就是 $\exp(x)$ 在 $x_0=0$ 处的展开 （容易验证）。于是 $G=\exp(F)$

当然它还有更多完美的性质，此处略

不太有用的东西

指多项式开根/三角函数

题目里没见到过，只有板子里有。 也可能是我too young too simple

反正牛迭随便推一下就行了

多项式快速幂

先开 $\ln$，然后乘以 $k$ （我们要的幂），然后再 $e$ 回来。一个 $\log$，比倍增快速幂快。

多项式带余除法

给定 $F,G$，次数分别是 $n,m$。

求 $Q,R$ 使得 $F=QG+R$，其中 $R$ 的次数必须小于 $m$ —— 容易证明存在唯一的 $G,R$。

（其中我们称 $Q$ 为商，$R$ 为余数）

考虑模 $x^n$ 这个操作，它可以去掉多项式从 $n$ 开始的更高的次数，只保留 $[0,n-1]$ 次。换句话说，它体现在数组上去掉了一个 后缀。

然后现在比较不好处理的就是这个 $R$ 。我们希望用一个类似取模的东西，去掉一个 前缀，直接多项式乘法逆就可以求出 $Q$ 了。

那这不是很好办么，前缀反过来就是后缀了。但是请注意，$R$ 的次数很小，反过来的时候注意补项。

于是得到了问题的解决办法：

• $F,G$ 做一遍 $reverse$，设得到了 $F_r,G_r$。然后 $Q=F_r\times (G_r)^{-1}$
• $R=F-QG$，直接乘然后减就完了

常系数齐次线性递推

单独出来写吧，有点长

见 ko↑ko↓

多项式多点求值 / 快速插值

咕咕咕~

多项式复合 / 多项式复合逆

咕咕咕~

普通多项式和下降幂多项式的转化

斯特林数瞎搞一番就行了

（本质上也是咕咕咕）

鸽 王 争 霸 赛