[模板] 多项式全家桶
注意：以下所有说明均以帮助理解模板为目的，不保证正确性。
一些坑点：fft的范围，数组是否清空，模x的多少次方（同一个式子里一定要都是模同一个$x^n$意义下的多项式）
多项式求逆
已知$A(x)$，求满足$A(x)B(x)=1\ (mod\ x^n)$的B（以下为了方便假设n是2的幂）
考虑倍增，假设已经求出$A(x)B_0(x)=1\ (mod\ x^{n/2})$
$$A(x)(B(x)-B_0(x))=0\ (mod\ x^{n/2})$$
$$(B(x)-B_0(x))=0\ (mod\ x^{n/2})$$
$$(B(x)-B_0(x))^2=0\ (mod\ x^n)$$
$$B^2(x)-2B(x)B_0(x)+B_0^2(x)=0\ (mod\ x^n)$$
同乘个A，$$B(x)-2B_0(x)+A(x)B_0^2(x)=0\ (mod\ x^n)$$
$$B(x)=2B_0(x)-A(x)B_0^2(x)\ (mod\ x^n)$$
复杂度$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$
多项式除法
已知$A(x)$,$B(x)$，求满足$A(x)=R(x)B(x)+Q(x)$的$R(x)$,$Q(x)$，其中若A为n次，B为m次，则R为n-m次，Q为m-1次
首先考虑一种操作：把$F(x)$变成$x^nF(\frac{1}{x})$，等价于把F(x)的系数翻转，记做$F_R(x)$
于是有$$x^nA(x)=x^{n-m}R(x)x^{m}B(x)+x^{n-m+1}x^{m-1}Q(x)$$
$$A_R(x)=R_R(x)B_R(x)+x^{n-m+1}Q_R(x)$$
把它放到$mod\ x^{n-m+1}$下，可以发现$Q(x)$消失了，而且对$R(x)$没有影响
于是有$R_R(x)=\frac{A_R(x)}{B_R(x)}\ (mod\ x^{n-m+1})$
所以$R(x)$就可以求了，然后$Q(x)=A(x)-R(x)B(x)$，也可以求了
复杂度$O(nlogn)$
牛顿迭代法
已知$G(f)$，求$G(F(x))=0\ (mod\ x^n)$的一个解$F(x)$（以下为了方便假设n是2的幂）
假设已经求出了$G(F_0(x))=0\ (mod\ x^{n/2})$
我们在$F_0(x)$处对$G$进行泰勒展开，有
$$G(F(x))=G(F_0(x))+\frac{G^{(1)}(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))+\frac{G^{(2)}(F_0(x))}{2!}(F(x)-F_0(x))^2+... (mod\ x^n)$$
然后我们发现，因为$F_0$和$F$前$\frac{n}{2}$项相同，所以$(F(x)-F_0(x))^2=0\ (mod\ x^n)$
所以有$$G(F(x))=G(F_0(x))+G'(F_0(x))(F(x)-F_0(x))=0\ (mod\ x^n)$$
$$F(x)=F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\ (mod\ x^n)$$
于是就可以倍增来求F(x)了
多项式开根
已知$G(H(x))=H^2(x)-F(x)$，求使$G(H(x))=0\ (mod\ x^n)$的一个解
根据上面牛顿迭代法的式子可得$H(x)=\frac{H_0^2(x)+F(x)}{2H_0(x)}\ (mod\ x^n)$，倍增即可
复杂度$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$
多项式求导/积分
就是普通的函数求导和积分
复杂度$O(n)$（积分不预处理逆元是$O(nlogn)$）
多项式ln
已知$F(x)$，求$G(x)$满足$G(x)=ln(F(x))\ (mod\ x^n)$
两边求导，$G'(x)=\frac{F'(x)}{F(x)}\ (mod\ x^n)$
然后再对$G'(x)$积分一下就行了
复杂度$O(nlogn)$
多项式exp
已知$F(x)$，求$G(x)$满足$G(x)=e^{F(x)}\ (mod\ x^n)$
考虑牛顿迭代。首先两边取ln，$lnG(x)=F(x)$
设$H(G(x))=lnG(x)-F(x)$，有
$$G(x)=G_0(x)-\frac{H(G_0(x))}{H'(G_0(x))}\ (mod\ x^n)$$
$$G(x)=G_0(x)-\frac{lnG_0(x)-F(x)}{\frac{1}{G_0(x))}}\ (mod\ x^n)$$ (注意这里的F(x)是常数，所以求完导就没了）
$$G(x)=G_0(x)-G_0(x)lnG_0(x)+G_0(x)F(x)\ (mod\ x^n)$$
倍增即可，复杂度$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$
多项式快速幂
已知$F(x)$，求$G(x)$满足$G(x)=F^k(x)\ (mod\ x^n)$
两边取ln，$ln(G(x))=klnF(x)$
所以$G(x)=e^{klnF(x)}$
复杂度$O(nlogn)$
多点求值
考虑$G(x)=F(x)\%(x-x_0)$，那么$G(x)=F(x)$（因为$F(x_0)-G(x_0)=k(x_0-x_0)=0$）
利用这个性质，用分治来减小问题规模
假设现在在对$A(x)$算$x_l$~$x_r$的值，那我们设
$$A_0(x)=A(x)\%(\prod\limits_{i=l}^{mid}{(x-x_i)})，A_1(x)=A(x)\%(\prod\limits_{i=mid+1}^{r}{(x-x_i)})$$
那么再对$A_0(x)$求$x_l$~$x_{mid}$，对$A_1(x)$求$x_{mid+1}$~$x_r$即可。此时多项式的项数和要求的个数都缩小了一半
$\prod{(x-x_i)}$可以分治来预处理，可以仿照线段树的写法方便存储
要注意的是一开始需要先对$\prod\limits_{i=1}^{m}{(x-x_i)}$取一下模，以便于无论什么情况算到最后都只剩下常数
以及实现多项式除法取模的时候要特判$n<m$的情况
复杂度$T(n)=2T(n/2)+O(nlogn)=O(nlog^2n)$
快速插值
考虑拉格朗日插值$\sum\limits_i{y_i\prod\limits_{j \neq i}{\frac{x-x_j}{x_i-x_j}}}$
我们设$f(x)=\prod{(x-x_i)}$，考虑求出$\lim\limits_{x \to x_i}\frac{f(x)}{x-x_i}$
使用洛必达法则，就变成了$f'(x_i)$，所以可以用多点求值算出所有的$f'(x_i)$
然后式子就变成了$\sum\limits_i{\frac{y_i}{f'(x_i)}\prod\limits_{j \neq i}{(x-x_j)}}$
考虑分治来求，设$A_0(x)$是$i$和$j$在$l$~$mid$范围内枚举的值，$A_1(x)$是$mid+1$~$r$的
那$l$~$r$范围内的其实就是$A_0(x)\prod\limits_{j=mid+1}^{r}{(x-x_j)}+A_1(x)\prod\limits_{j=l}^{mid}{(x-x_j)}$
同样分治来预处理$\prod{(x-x_i)}$即可（多点求值的时候就不用再算一遍了）
复杂度$T(n)=2T(n/2)+O(nlogn)=O(nlog^2n)$
