多项式全家福
多项式
一个以 \(x\) 为变量的多项式定义在一个代数域 \(F\) 上，将函数 \(A(x)\) 表示为形式和：
\[A(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i
\]
- 我们称 \(a_0,a_1,\cdots,a_n\) 为多项式的系数，所有系数都属于数域 \(\mathbb F\)。
如果一个多项式的最高次的非零系数是 \(k\)，则称 \(A(x)\) 的次数为 \(k\)。任何严格大于一个多项式次数的整数都是该多项式的次数界。因此，对于次数界为 \(n\) 的多项式 \(C(x)\)，其次数可以是 \(0\sim n-1\) 之间的整数。
我们在多项式上可以定义很多不同的运算。
多项式加法
- 如果 \(A(x)\) 和 \(B(x)\) 都是次数界为 \(n\) 的多项式，那么他们的和也是一个次数界为 \(n\) 的多项式 \(C(x)\)。
对于所有属于定义域的 \(x\)，都有 \(C(x)=A(x)+B(x)\)，即：
若
\[A(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i
\]
\[B(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}b_ix^i
\]
则有
\[C(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}C_ix^i
\]
其中
\[c_i=a_i+b_i
\]
多项式乘法
- 如果 \(A(x)\) 是次数界为 \(n\) 的多项式，\(B(x)\) 是次数界为 \(m\) 的多项式，那么他们的积是一个次数界为 \(n+m\) 的多项式 \(C(x)\)。其中：
\[c_i=\sum\limits_{j=0}^ia_{j}b_{i-j}
\]
多项式的表示
系数表达
对于一个次数界为 \(n\) 的多项式 \(A(x)\)，其系数表达式为一个由系数组成得到的向量：
\[a=(a_0,a_1,\cdots,a_{n-1})
\]
- 我们可以用秦久韶算法在 \(O(n)\) 时间内求出多项式在给定点 \(x_0\) 的值，即：
\[A(x_0)=a_0+x_0(a_1+x_0(a_2+\cdots+x_0(a_{n-2}+x_0a_{n-1})\cdots))
\]
类似的，对于两个分别用系数向量 \(a=(a_0,a_1,\cdots,a_{n-1}),b=(b_0,b_1,\cdots,b_{n-1})\) 表示的多项式进行相加时，所需的时间是
\(O(n)\)，我们只用输出系数向量 \(c=(c_0,c_1,\cdots,c_{n-1})\)，其中 \(c_i=a_i+b_i\)。
乘法同理，此时 \(c\) 也称为输入向量 \(a,b\) 的卷积，记为 \(c=a\otimes b\)。
点值表达
- 一个次数界为 \(n\) 的多项式的点值表达就是一个有 \(n\) 个点值对所组成的集合：
\[\{(x_0,y_0),(x_1,y_1),\cdots,(x_{n-1},y_{n-1})\}
\]
使得对 \(k=0,1,\cdots,n-1\) 所有 \(x_k\) 各不相同且 \(y_k=A(x_k)\)。
一个多项式可以有很多不同的点值表达，因为可以采用 \(n\) 个不同的点构成的集合作为这种表示方法的基。
朴素的求值是 \(O(n^2)\) 的。
求值的逆称为插值。当插值多项式的次数界等于已知的点值对的数目时，插值才是明确的。
我们可以在用拉格朗日插值在 \(O(n^2)\) 内插值。
- 以上求值和插值可以将多项式的系数表达和点值表达进行相互转化，上面给出的算法的时间复杂度是 \(O(n^2)\)，但我们可以巧妙地选取 \(x_k\) 来加速这一过程，使其运行时间变为 \(O(n\log n)\)。
对于许多多项式相关的操作，点值表达式是十分便利的。
对于加法，如果 \(C(x)=A(x)+B(x)\)，且点值表达分别为：
\[\{(x_0,y_0),(x_1,y_1),\cdots,(x_{n-1},y_{n-1})\}
\]
\[\{(x_0,y'_0),(x_1,y'_1),\cdots,(x_{n-1},y'_{n-1})\}
\]
则 \(C\) 的点值表达为：
\[\{(x_0,y_0+y'_0),(x_1,y_1+y'_1),\cdots,(x_{n-1},y_{n-1}+y'_{n-1})\}
\]
乘法同理，此时需要 \(2n\) 个点才能插出 \(C\)：
\[\{(x_0,y_0y'_0),(x_1,y_1y'_1),\cdots,(x_{2n-1},y_{2n-1}y'_{2n-1})\}
\]
时间复杂度为 \(O(n)\)。
- 最后，我们考虑一个采用点值表达的多项式，如何求其在某个新点上的值。最简单的方法是把该多项式转成系数形式表达，然后在新点处求值。
DFT&FFT&IDFT
单位根
- 在复数域下，满足 \(w^n=1\) 的 \(w\) 被称为 \(n\) 次单位根。
根据代数基本定理，\(n\) 次单位根。一共有 \(n\) 个，这些根为 \(e^{\frac{2\pi ik}{n}}\)。
\(e^{\frac{2\pi i}{n}}\) 为主 \(n\) 次单位根，所有其他 \(n\) 次单位复数根都是\(w_n\)的幂次。
这 \(n\) 个单位复数根在乘法意义下形成了一个群，而且均匀分布在以复平面的原点为圆心的单位半径的圆周上。
- 消去引理：对任何自然数 \(n,k,d\)，都有：
\[w_{dn}^{dk}=w_n^k
\]
DFT
- 我们希望计算次数界为 \(n\) 的多项式 \(A(x)\) 在 \(w_n^0,w_n^1,\cdots,w_n^{n-1}\) 处的值。
对于 \(k=0,1,\cdots,n-1\)，定义结果 \(y_k\)：
\[y_k=A(w_n^k)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_iw_n^{ki}
\]
向量 \(y=(y_0,y_1,\cdots,y_{n-1})\) 即为系数向量 \(a\) 的 DFT，也记为 \(y=DFT_n(a)\)。
FFT
利用单位复数根的特殊性质，我们可以在 \(O(n\log n)\) 的时间内计算出 \(DFT_n(a)\)。设 \(n\) 为 \(2\) 的幂次。
令 \(a=(a_0,a_2,\cdots,a_{n-1}),a_1=(a_0,a_2,\cdots,a_{n-2}),a=(a_1,a_2,\cdots,a_{n-1})\)
对于 \(k<\frac{n}{2}\)，我们有：
\[\begin{aligned}y_k&=A(w_n^k)\\&=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_iw_n^{ki}\\&=\sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}a_{2i}w_n^{2ki}+\sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}a_{2i+1}w_n^{2ki+k}\\&=\sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}a_{2i}w_n^{2ki}+w_n^k\sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}a_{2i+1}w_n^{2ki}\\&=\sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}a_{2i}w_{\frac{n}{2}}^{ki}+w_n^k\sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}a_{2i+1}w_{\frac{n}{2}}^{ki}\\&={y_1}_k+w_n^k{y_2}_k\end{aligned}
\]
对于 \(k\geq \frac{n}{2}\)，我们有：
\[\begin{aligned}A(w_n^k)&=\sum_{i=0}^{n-1}a_iw_n^{ki}\\&=\sum_{i=0}^{\frac n2-1}a_{2i}w_n^{2ki}+\sum_{i=0}^{\frac n2-1}a_{2i+1}w_n^{2ki+k}\\&=\sum_{i=0}^{\frac n2-1}a_{2i}w_n^{2ki}+w_n^k\sum_{i=0}^{\frac n2-1}a_{2i+1}w_n^{2ki}\\&=\sum_{i=0}^{\frac n2-1}{a_1}_{i}w_{\frac n2}^{ki}+w_n^k\sum_{i=0}^{\frac n2-1}{a_2}_{i}w_{\frac n2}^{ki}\\&=\sum_{i=0}^{\frac n2-1}{a_1}_{i}w_{\frac n2}^{(k-\frac n2)i}+w_n^k\sum_{i=0}^{\frac n2-1}{a_2}_{i}w_{\frac n2}^{(k-\frac n2)i}\\&={y_1}_{k-\frac n2}+w_n^k{y_2}_{k-\frac n2}\\&={y_1}_{k-\frac n2}-w_n^{k-\frac n2}{y_2}_{k-\frac n2}
\end{aligned}\]
这样我们把 \(y_1,y_2\) 合并为 \(y_3\) 的时间复杂度是 \(O(n)\)。
所以总的时间复杂度为：
\[T(n)=2T(\dfrac{n}{2})+O(n)=O(n\log n)
\]
IDFT
通过推导公式，我们可以得到：
\[a_k=\dfrac{1}{k}\sum\limits_{i=0}^{n-1}y_iw_n^{-ki}
\]
所以我们可以用类似 FFT 的方法在 \(O(n\log n)\) 的时间内求出 \(IDFT_n(y)\)。
多项式乘法
我们可以在 \(O(n)\) 时间内补零，\(O(n\log n)\)内求值，\(O(n)\) 内点值乘法，\(O(n\log n)\) 内插值，所以我们可以在 \(O(n\log n)\) 内求出 \(a\otimes b\)，即：
\[a\otimes b=IDFT_{2n}\big(DFT_{2n}(a)\cdot DFT_{2n}(a)\big)
\]
蝶形变换
我们发现，递归时 \(a\) 是长这样的：
\[\left[0\quad1\quad2\quad3\quad4\quad5\quad6\quad7\right]
\]
\[\left[0\quad2\quad4\quad6\right]\ \left[1\quad3\quad5\quad7\right]
\]
\[\left[0\quad4\right]\ \left[2\quad6\right]\ \left[1\quad5\right]\ \left[3\quad7\right]
\]
\[\left[0\right]\ \left[4\right]\ \left[2\right]\ \left[6\right]\ \left[1\right]\ \left[5\right]\ \left[3\right]\ \left[7\right]
\]
- 注意到最后的 \(a_i\) 是原来的 \(a_{rev(i)}\)，所以我们可以交换 \(a_i\) 和 \(a_{rev(i)}\)，然后一层层来做以减小常数。
三次变两次
按照上面的做法，我们要分别先求出 \(A(x),B(x)\) 的卷积，把它们分别FFT，然后对应每项乘起来，最后再逆FFT回来。
我们可以把 \(B(x)\) 放到 \(A(x)\) 的虚部上面去，求得 \(A(x)^2\)，然后把它的虚部取出来除以二就是答案了。
\[(a+bi)^2=(a^2-b^2)+(2abi)
\]
这样我们就把常数优化到原来的 \(\frac{2}{3}\)。
NTT
- 在某些时候，我们需要求模 \(p\) 意义下的卷积。
先求出 \(p\) 的原根 \(g\)，不难发现 \(g^{\frac{p}{n-1}}\) 与 \(w_n\) 的性质类似，所以我们可以用 \(g^{\frac{p}{n-1}}\) 来代替 \(w_n\)。
多项式求导
- 给定 \(A(x)=\sum\limits_{i\geq 0} a_ix^i\)，则其导为：
\[A^{\prime}(x)=\sum\limits_{i\geq 1}ia_ix^{i-1}
\]
多项式积分
- 给定 \(A(x)=\sum\limits_{i\geq 0} a_ix^i\)，则其积分为：
\[\int A(x)=\sum\limits_{i\geq 1}\dfrac{a_{i-1}}{i}x^i
\]
多项式牛顿迭代
- 已知 \(g(x)\bmod x^n\)，求 \(f(x)\) 使得 \(g(f(x))\equiv0\pmod{x^n}\)。
考虑倍增。
首先当 \(n=1\) 时，\(\left[x^{0}\right]g(f(x))=0\) 的解需要单独求出。
将 \(g(f(x))\) 在 \(f_{0}(x)\) 处进行泰勒展开，有：
\[\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{g^{(i)}(f_{0}(x))}{i!}(f(x)-f_{0}(x))^{i}\equiv 0\pmod{x^{n}}
\]
因为 \(f(x)-f_{0}(x)\) 的最低非零项次数最低为 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\)，故有：
\[\forall 2\leqslant i:((f(x)-f_{0}(x))^{i}\equiv 0\pmod{x^{n}}
\]
则：
\[\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{g^{(i)}(f_{0}(x))}{i!}(f(x)-f_{0}(x))^{i}\equiv g(f_{0}(x))+g'(f_{0}(x))(f(x)-f_{0}(x))\equiv 0\pmod{x^{n}}
\]
\[f(x)\equiv f_{0}(x)-\frac{g(f_{0}(x))}{g'(f_{0}(x))}\pmod{x^{n}}
\]
多项式求逆
多项式 \(A(x)\) 存在乘法逆元的充要条件是其常数项存在乘法逆元。
\[g(f(x))=\frac{1}{f(x)}-h(x)\equiv 0\pmod{x^{n}}
\]
应用牛迭可得：
\[\begin{aligned}f(x)&\equiv f_{0}(x)-\frac{\frac{1}{f_{0}(x)}-h(x)}{-\frac{1}{f_{0}^{2}(x)}}&\pmod{x^{n}}\\&\equiv f_{0}(x)(2-f_{0}(x)h(x))&\pmod{x^{n}}
\end{aligned}\]
时间复杂度为：
\[T(n)=O(n\log n)+T\left(\dfrac{n}{2}\right)=O(n\log n)
\]
多项式开根
\[g(f(x))=f^{2}(x)-h(x)\equiv 0\pmod{x^{n}}
\]
应用牛迭可得：
\[\begin{aligned}f(x)&\equiv f_{0}(x)-\frac{f_{0}^{2}(x)-h(x)}{2f_{0}(x)}&\pmod{x^{n}}\\&\equiv\frac{f_{0}^{2}(x)+h(x)}{2f_{0}(x)}&\pmod{x^{n}}
\end{aligned}\]
时间复杂度为：
\[T(n)=O(n\log n)+T\left(\dfrac{n}{2}\right)=O(n\log n)
\]
多项式 ln
- 给定多项式 \(h(x)\)，求解满足 \(f(x)\equiv\ln(h(x))\pmod {x^n}\) 的 $ f(x)$。
先求导
\[\mathrm{d} \ln h(x)\equiv \frac{h^\prime(x)}{h(x)}\pmod{x^n}
\]
再积分
\[\ln h(x) \equiv \int\frac{h^\prime(x)}{h(x)}\pmod{x^n}
\]
时间复杂度为：
\[T(n)=O(n\log n)+T\left(\dfrac{n}{2}\right)=O(n\log n)
\]
多项式 exp
\(g(f(x))=\ln{f(x)}-h(x)\pmod{x^{n}}\)
应用牛迭可得：
\[\begin{aligned}f(x)&\equiv f_{0}(x)-\frac{\ln{f_{0}(x)}-h(x)}{\frac{1}{f_{0}(x)}}&\pmod{x^{n}}\\&\equiv f_{0}(x)(1-\ln{f_{0}(x)+h(x)})&\pmod{x^{n}}\end{aligned}
\]
时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。
多项式快速幂
- 若 \(F(0)=1\)，就可以直接用 \(\ln+\exp\) 来搞，即：
\[F(x)^k= \text e^{k\ln F(x)}
\]
- 若 \(F(0)\neq1\) 可以考虑将 \(F(x)\) 降次，然后再升次。
具体来讲，我们要找出最小的 \(t\)，满足 \(F(x)\) 的 \(t\) 次项不为 \(0\)，那么：
\[F(x)^k=\left(\frac{F(x)}{x^t} \right)^kx^{tk}
\]
时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。
多项式除法
- 给定多项式 \(f(x),g(x)\)，求 \(g(x)\) 除 \(f(x)\) 的商式 \(Q(x)\) 和余式 \(R(x)\)。
发现若能消除 \(R(x)\) 的影响则可直接多项式求逆解决。
考虑构造变换 \(f^{R}(x)=x^{\operatorname{deg}{f}}f(\frac{1}{x})\)
观察可知其实质为反转 \(f(x)\) 的系数。
设 \(n=\operatorname{deg}{f},m=\operatorname{deg}{g}\)。
将 \(f(x)=Q(x)g(x)+R(x)\) 中的 \(x\) 替换成 \(\frac{1}{x}\) 并将其两边都乘上 \(x^{n}\)，得到：
\[\begin{aligned}x^{n}f(\frac{1}{x})&=x^{n-m}Q(\frac{1}{x})x^{m}g(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x})\\f^{R}(x)&=Q^{R}(x)g^{R}(x)+x^{n-m+1}R^{R}(x)\end{aligned}
\]
注意到上式中 \(R^{R}(x)\) 的系数为 \(x^{n-m+1}\)，则将其放到模 \(x^{n-m+1}\) 意义下即可消除 \(R^{R}(x)\) 带来的影响。
又因 \(Q^{R}(x)\) 的次数为 \((n-m)<(n-m+1)\)，故 \(Q^{R}(x)\) 不会受到影响。
则：
\[f^{R}(x)\equiv Q^{R}(x)g^{R}(x)\pmod{x^{n-m+1}}
\]
使用多项式求逆即可求出 \(Q(x)\)，将其反代即可得到 \(R(x)\)。
时间复杂度 \(O(n\log{n})\)。
多项式三角函数
给定多项式 \(f(x)\)，求模 \(x^{n}\) 意义下的 \(\sin{f(x)}\), \(\cos{f(x)}\) 与 \(\tan{f(x)}\)。
首先由三角函数的另一个表达式
\[\begin{aligned}
\sin{x} &= \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x} - \mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2\mathrm{i}} \\
\cos{x} &= \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x} + \mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2}
\end{aligned}
\]
那么代入 \(f(x)\) 就有：
\[\begin{aligned}
\sin{f\left(x\right)} &= \frac{\exp{\left(\mathrm{i}f\left(x\right)\right)} - \exp{\left(-\mathrm{i}f\left(x\right)\right)}}{2\mathrm{i}} \\
\cos{f\left(x\right)} &= \frac{\exp{\left(\mathrm{i}f\left(x\right)\right)} + \exp{\left(-\mathrm{i}f\left(x\right)\right)}}{2}
\end{aligned}
\]
直接按上述表达式编写程序即可得到模 \(x^{n}\) 意义下的 \(\sin{f(x)}\) 与 \(\cos{f(x)}\)。除一下就是 \(\tan\)。
要用二次剩余求 \(i\)。
多项式反三角函数
给定多项式 \(f(x)\)，求模 \(x^{n}\) 意义下的 \(\arcsin{f(x)}\), \(\arccos{f(x)}\) 与 \(\arctan{f(x)}\)。
仿照求多项式 \(\ln\) 的方法，对反三角函数求导再积分可得：
\[\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arcsin{x} &= \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \\
\arcsin{x} &= \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \mathrm{d} x \\
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arccos{x} &= - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \\
\arccos{x} &= - \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \mathrm{d} x \\
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arctan{x} &= \frac{1}{1 + x^{2}} \\
\arctan{x} &= \int \frac{1}{1 + x^{2}} \mathrm{d} x
\end{aligned}
\]
那么代入 \(f(x)\) 就有：
\[\begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arcsin{f\left(x\right)} &= \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \\
\arcsin{f\left(x\right)} &= \int \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \mathrm{d} x \\
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arccos{f\left(x\right)} &= - \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \\
\arccos{f\left(x\right)} &= - \int \frac{f'\left(x\right)}{\sqrt{1 - f^{2}\left(x\right)}} \mathrm{d} x \\
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} \arctan{f\left(x\right)} &= \frac{f'\left(x\right)}{1 + f^{2}\left(x\right)} \\
\arctan{f\left(x\right)} &= \int \frac{f'\left(x\right)}{1 + f^{2}\left(x\right)} \mathrm{d} x
\end{aligned}
\]
直接按式子求就可以了。
