多项式基础

Lagrange 插值法

Lagrange 插值 I

给定 $n$ 个点 $(x_{i}, y_{i})$ ，求出一个 $(n - 1)$ 次多项式经过所有的点。

对 $998, 422, 353$ 取模。 $n \leq 2 \times 10^{3}$ 。

我们考虑构造 $f_{i} (x)$ 表示 $\forall j \neq i, f (x_{j}) = 0$ ，且 $f (x_{i}) = y_{i}$ 的函数。

首先考虑如何满足第一个条件。不难想到只要把 $(x - x_{j})$ 乘起来就行了。也就是

\prod_{j \neq i} (x - x_{j})

然后考虑如何满足第二个条件。将 $x_{i}$ 代入，我们发现此时函数值为 $\prod_{j \neq i} (x_{i} - x_{j})$ 。那么我们只需要给刚才那个函数乘上 $\frac{y_{i}}{\prod_{j \neq i} (x_{i} - x_{j})}$ 就可以了。

于是我们不难得到了

f_{i} = y_{i} \prod_{j \neq i} \frac{x - x_{j}}{x_{i} - x_{j}}

将 $n$ 个函数加起来，我们得到

f = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} \prod_{j \neq i} \frac{x - x_{j}}{x_{i} - x_{j}}

不难发现这个函数符合题意。于是就做完了。

题目要求的是代入一个点求值，可以直接在循环的时候算。

时间复杂度 $Θ (n^{2})$ 。

Lagrange 插值 II

本题需要多项式基础。

做法 1：卷积

给定 $f (0), f (1) \dots f (n)$ ，求 $f (m), f (m + 1) \dots f (m + n)$ 。

$n \leq 160000$ 。

朴素的 $Θ (n^{2})$ 插值显然无法通过。考虑优化。

注意到本题给的点值很有特点（是 $[0, n] \cap Z$ ）。我们将 $x + k$ 代入朴素的插值公式中

f (m + k) = \sum_{i = 0}^{n} y_{i} \prod_{j \neq i} \frac{m + k - j}{i - j}

即

f (m + k) = \sum_{i = 0}^{n} y_{i} \frac{\prod_{j \neq i} m + k - j}{\prod_{j \neq i} i - j}

注意下面的 $\prod_{j \neq i} (i - j)$ 项，其显然等于

i (i - 1) (i - 2) \dots 1 \cdot (- 1) (- 2) \dots (i - n)

即

(- 1)^{n - i} i! (n - i)!

预处理后是可以 $Θ (1)$ 求出的。

考虑分子。其显然等于

\frac{(m + k) (m + k - 1) \dots (m + k - n)}{m + k - i}

即

\frac{(m + k)!}{(m + k - i) (m + k - n - 1)!}

于是

f (m + k) = \frac{(m + k)!}{(m + k - n - 1)!} \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} y_{i} \frac{1}{(m + k - i) i! (n - i)!}

暂时忽略前面的系数，注意到后面的式子有点像卷积的形式，考虑卷积。

考虑利用 $c_{n + k}$ 算出 $f (m + k)$ 。那么

\begin{aligned} c_{n + k} & = \sum_{i = 0}^{n + k} a_{i} b_{n + k - i} \\ = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} b_{n + k - i} + \sum_{i = n + 1}^{n + k} a_{i} b_{n + k - i} \\ = \sum_{i = 0}^{n} \frac{(- 1)^{n - i} y_{i}}{i! (n - i)!} \cdot \frac{1}{(m + k - i)!} \end{aligned}

不难发现当 $i \in [0, n]$ 时，只需要令

a_{i} = \frac{(- 1)^{n - i} y_{i}}{i! (n - i)!}, b_{i} = \frac{1}{(i + m - n)!}

即可。当 $i > n$ 时，令 $a_{i} = 0, b_{i} = \frac{1}{(i + m - n)!}$ 即可。

时间复杂度 $Θ (n \log n)$ 。

做法 2：转下降幂

（下降幂的定义在后面）

我们有下降幂的二项式定理

(a + b)^{\underset{―}{n}} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{\underset{―}{i}} b^{\underset{―}{n - i}}

假设我们已经得到了 $f$ 对应的下降幂多项式，即 $f = \sum a_{i} x^{\underset{―}{i}}$ ，现在求 $f (x + k)$ 。

\begin{aligned} f (x + k) & = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} (x + k)^{\underset{―}{i}} \\ = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} \sum_{j = 0}^{i} (\binom{i}{j}) x^{\underset{―}{j}} k^{\underset{―}{i - j}} \\ = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} \sum_{j = 0}^{i} \frac{i!}{j! (i - j!)} x^{\underset{―}{j}} k^{\underset{―}{i - j}} \\ = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} \cdot i! \sum_{j = 0}^{i} \frac{x^{\underset{―}{j}}}{j!} \frac{k^{\underset{―}{i - j}}}{(i - j)!} \\ = \sum_{j = 0}^{n} \frac{x^{\underset{―}{j}}}{j!} \sum_{i = j}^{n} a_{i} \cdot i! \frac{k^{\underset{―}{i - j}}}{(i - j)!} \\ = \sum_{j = 0}^{n} \frac{x^{\underset{―}{j}}}{j!} \sum_{i = 0}^{n - j} a_{i + j} \cdot (i + j)! \frac{k^{\underset{―}{i}}}{i!} \end{aligned}

考虑后面的式子如何用卷积求。

卷积的上界是 $n - j$ ，这意味着我们实际上要取的是卷积后结果的第 $n - j$ 项。注意到

c_{n - j} = \sum_{i = 0}^{n - j} b_{n - j - i} a_{i}

于是可以令 $a_{i} = \frac{k^{\underset{―}{i}}}{i!}$ ， $b_{n - j - i} = a_{i + j} \cdot (i + j)!$ 。

令 $i = n - i$ ，我们得到 $b_{i - j} = a_{n - i + j} \cdot (n - i + j)!$

再令 $i = i + j$ ，我们得到 $b_{i} = a_{n - i} \cdot (n - i)!$

我们可以愉快地做卷积了。

于是，我们

求出 $f$ 的下降幂多项式 $F$ 。
卷积求出平移后的系数。
将 $F^{'}$ 转为普通多项式 $f^{'}$ 。

关于如何将 $f$ 的点值转为下降幂多项式，请参阅本人的多项式基础 blog。

一共要做三次多项式乘法，时间复杂度 $Θ (n \log n)$ 。

下降幂多项式的特殊插值

也就是，给定 $f (0), f (1), \dots, f (n)$ ，求出 $f = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{\underset{―}{k}}$ ，使得满足要求。

我们有一个性质：当 $k > x$ 时 $x^{\underset{―}{k}} = 0$ 。也就是

\begin{aligned} f (k) & = \sum_{i = 0}^{k} a_{i} k^{\underset{―}{i}} \\ = \sum_{i = 0}^{k} a_{i} \frac{k!}{(k - i)!} \\ = k! \sum_{i = 0}^{k} a_{i} \cdot \frac{1}{(k - i)!} \end{aligned}

也就是说， $h_{i} = f (i)$ 是 $f_{i} = \frac{1}{i!}$ 与 $g_{i} = a_{i}$ 的卷积。

于是我们求出 $h \cdot f^{- 1}$ 即可。

FFT

~~板子，就不说了。~~

众所周知，多项式有两种表示，一种是最常用的系数表示，还有点值表示。点值表示的优点是可以非常快速地（ $Θ (n)$ 地）做多项式乘法。

但是题目中给出的一般是多项式的系数表示，于是我们要将其转成点值表示。

两个次数为 $n$ 的多项式乘起来之后次数为 $2 n$ ，所以需要选取 $2 n + 1 = Θ (n)$ 个点。

如果随便选取 $Θ (n)$ 个点代入求值，那么是 $Θ (n^{2})$ 的。还有优化的空间嘛？

以下设 $n, N$ 均为偶数。

假设我们要选取 $N$ 个点 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{N}$ 代入求值。注意我们可以随便选取这 $N$ 个点。可不可以选择 $\frac{N}{2}$ 个特殊的点使得我们只需要算出这 $\frac{N}{2}$ 个点的值，我们就可以知道另外 $\frac{N}{2}$ 个点的值？

聪明如你肯定想到了。相反数。

如果 $f$ 是偶函数，那么 $f (x) = f (- x)$ 。

如果 $f$ 是奇函数，那么 $f (x) = - f (- x)$ 。

但是多项式 $f$ 可以是非奇非偶函数。但是我们可以将它的偶次项和奇次项提出来，得到两个新的函数。

\begin{aligned} f = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i} \\ = \sum_{i = 0}^{\frac{n}{2}} a_{2 i} x^{2 i} + \sum_{i = 0}^{\frac{n}{2}} a_{2 i + 1} x^{2 i + 1} \\ = \sum_{i = 0}^{\frac{n}{2}} a_{2 i} x^{2 i} + x \sum_{i = 0}^{\frac{n}{2}} a_{2 i + 1} x^{2 i} \end{aligned}

注意到我们只需要算出左边和右边的两个函数 $\frac{N}{2}$ 处的点值，就可以得到全部 $N$ 个点值。

而我们设左边得到一个关于 $x^{2}$ 的函数 $g (x^{2})$ ，右边为 $h (x^{2})$ ，我们可以得到

f (x) = g (x^{2}) + x \cdot h (x^{2})

即

f (x_{i}) = g (x_{i}^{2}) + x_{i} \cdot h (x_{i}^{2})

f (- x_{i}) = g (x_{i}^{2}) - x_{i} \cdot h (x_{i}^{2})

也就是说，我们只要保证 ${x_{i}}$ 是由相反数两两配对而成的，也就是说， ${x_{i}} = {x_{1}, - x_{1}, x_{2}, - x_{2}, \dots, x_{\frac{N}{2}}, - x_{\frac{N}{2}}}$ ，我们就能只计算其中的 $\frac{N}{2}$ 个点值来得到这所有的 $N$ 个点值。

递归之后我们得到了两个 $\frac{n}{2} - 1$ 次多项式。然后你会发现如果这样递归下去，最终是 $T (n) = 2 T (\frac{n}{2}) + Θ (n) = Θ (n \log n)$ 的。但是做完了吗？

如果仔细思考，就会发现一个致命的问题：我们要保证 ${x_{i}}$ 是由相反数两两配对而成的。但是我们递归计算 $g$ 的时候，我们要求的点值变成了 $x_{1}^{2}, x_{2}^{2}, \dots, x_{\frac{N}{2}}^{2}$ ，显然这不是两两配对的。那我们应该怎么办捏？

显然在 $R$ 内我们已经无法解决这个问题了。于是我们考虑在 $C$ 内解决这个问题。

$C$ 有个特别好的性质：它对开方是封闭的。亦即， $\forall x \in C, \exists y \in C$ 使得 $y^{2} = x$ 。证明从略。那么我们可以在 $C$ 内去求解（这是多么天才般的想法）！

我们举个例子吧。我们假设我们要求多项式 $x^{3} + x^{2} - x - 1$ 的 $4$ 个点值。

我们不妨设起初（第 $1$ 层）的四个点值为 ${x_{1}, - x_{1}, x_{2}, - x_{2}}$ 。

于是我们会把 $x_{1}^{2}$ 和 $x_{2}^{2}$ 分别代入去算。而我们希望在第 $2$ 层中，这两个点也是正负对，即 $x_{1}^{2} = - x_{2}^{2}$ 。

最后我们需要把 $x_{1}^{4} = x_{2}^{4}$ 代入去算第 $3$ 层。我们不妨设 $x_{1}^{4} = x_{2}^{4} = 1$ 。

那么 $x_{1}^{2} = 1, x_{2}^{2} = - 1$ 是很自然的。

最后我们不难得到 $x_{1} = 1, x_{2} = i$ 。也就是说，我们只需要算 ${1, - 1, i, - i}$ 处的点值即可。

${1, - 1, i, - i}$ 是四次单位根 $ω_{4}$ 。具体地，如果要求 $N$ 个点的点值，我们可以将其补成 $2$ 的整次幂 $N^{'}$ ，然后计算 $ω_{N^{'}}$ 处的点值即可。

对于 NTT，我们注意到若 $N^{'} ∣ p - 1$ ，则模数 $p$ 的原根 $g$ 具有和单位根同样良好的性质。于是直接套用即可。

分治 FFT

给定序列 $g_{1 \dots n - 1}$ ，求序列 $f_{0 \dots n - 1}$ 。其中 $f_{i} = \sum_{j = 1}^{i} f_{i - j} g_{j}$ ，边界为 $f_{0} = 1$ 。

Solution 1

朴素地做是 $Θ (n^{2})$ 的。观察到后面的项依赖前面的项。于是我们可以考虑用 cdq 分治实现。

具体地

若 $l = r$ ，结束递归。
递归求解 $[l, m i d]$
计算 $[l, m i d]$ 对 $[m i d + 1, r]$ 的影响。
求解 $[m i d + 1, r]$ 。

$[l, m i d]$ 对 $f_{i}, i \in [m i d + 1, r]$ 的影响为 $\sum_{j = l}^{m i d} f_{j} g_{i - j}$ 。

观察到这是一个卷积的形式。于是我们令 $a_{i} = f_{l + i}$ ， $b_{i} = g_{i}$ ，则计算出 $c = a * b$ ， $[l, m i d]$ 对 $[m i d + 1, r]$ 中 $i$ 的贡献为 $c_{i - l}$ 。

时间复杂度 $Θ (n \log^{2} n)$ 。

Solution 2

令 $F (x), g (x)$ 为 $f, g$ 的生成函数。

则 $F (x) G (x) = \sum_{i = 0}^{+ \infty} x^{i} \sum_{j + k = i} f_{j} g_{k} = F (x) - 1$ 。

故 $F (x) = \frac{1}{1 - G (x)}$ 。

时间复杂度 $Θ (n \log n)$ 。

任意模数多项式乘法（MTT）

Method 1：三模 NTT

由于 $p \leq 10^{9} + 9$ ， $n, m \leq 10^{5}$ ，故最大的数可以到 $p^{2} \cdot n = 10^{23}$ （默认 $n, m$ 同阶）级，故我们需要选取三个大素数使得 $p_{1} p_{2} p_{3} > 10^{23}$ 。

一般选取 $p_{1} = 469, 762, 049$ ， $p_{2} = 998, 422, 353$ ， $p_{3} = 1, 004, 535, 809$ ，它们都存在原根 $G = 3$ 。我们求出后可以利用 CRT 求出答案（需要利用 __int128）。

然而有一种不需要利用 __int128 的方法。

设

{\begin{cases} x \equiv x_{1} (\mod A) \\ x \equiv x_{2} (\mod B) \\ x \equiv x_{3} (\mod C) \end{cases}

先合并前两个，那么

x_{1} + k_{1} A = x_{2} + k_{2} B

所以

x_{1} + k_{1} A \equiv x_{2} (\mod B)

故

k_{1} \equiv \frac{x_{2} - x_{1}}{A} (\mod B)

于是我们求出了

x \equiv x_{1} + k_{1} A (\mod A B)

不妨记 $x_{4} = x_{1} + k_{1} A$ 。那么

x_{4} + k_{4} A B = x_{3} + k_{3} C

x_{4} + k_{4} A B \equiv x_{3} (\mod C)

k_{4} \equiv \frac{x_{3} - x_{4}}{A B} (\mod C)

故 $x \equiv x_{4} + k_{4} A B (\mod A B C)$ 。又由于 $x < A B C$ ，故 $x = x_{4} + k_{4} A B$ 。

不过这个方法常数很大（需要做 $9$ 次 NTT/INTT）。

Method 2：拆系数 FFT

我们设 $c$ 是一个 $\sqrt{p}$ 左右级别的整数。那么我们可以将 $F (x)$ 拆成 $A (x) + c \cdot B (x)$ 。其中 $[x^{i}] A (x) = [x^{i}] F (x) mod c$ ， $[x^{i}] B (x) = ⌊ \frac{[x^{i}] F (x)}{c} ⌋$ 。这样可以将系数降到 $10^{5}$ 级别。

于是设 $F (x) = A (x) + c \cdot B (x)$ ， $G (x) = C (x) + c \cdot D (x)$ ，于是 $F (x) G (x) = A (x) C (x) + c [A (x) D (x) + B (x) C (x)] + c^{2} \cdot B (x) D (x)$ 。

设 $T (x) = C (x) + D (x) \cdot i$ ，其中 $i$ 为虚数单位。于是我们可以在 $A (x) \cdot T (x)$ 中找到 $A (x) C (x)$ 和 $A (x) D (x)$ ，在 $B (x) \cdot T (x)$ 中找到 $B (x) C (x)$ 和 $B (x) D (x)$ 。

于是我们需要：

对 $A (x)$ ， $B (x)$ ， $T (x)$ 做 DFT
对 $A (x) T (x)$ ， $B (x) T (x)$ 做 IDFT

共五次 FFT。常数是三模 NTT 的一半左右。但是这种方法无法通过精心构造的数据。

多项式乘法逆

考虑倍增。假设我们求出了 $G_{0} (x)$ 使得 $F (x) \cdot G_{0} (x) \equiv 1 (\mod x^{n})$ ，我们考虑求出 $G (x)$ 使得 $F (x) \cdot G (x) \equiv 1 (\mod x^{2 n})$ 。

由于 $F (x) \cdot G (x) \equiv 1 (\mod x^{2 n})$ ，所以必有 $F (x) \cdot G (x) \equiv 1 (\mod x^{n})$ 。于是我们有

F (x) \cdot G (x) \equiv F (x) \cdot G_{0} (x) (\mod x^{n})

则 $F (x)$ 可消去，得到

G (x) - G_{0} (x) \equiv 0 (\mod x^{n})

G^{2} (x) - 2 G (x) G_{0} (x) + G_{0}^{2} (x) \equiv 0 (\mod x^{2 n})

考虑到 $F (x) \cdot G (x) \equiv 1$ ，则两边同乘 $F (x)$

G (x) - 2 G_{0} (x) + F (x) G_{0}^{2} (x) \equiv 0 (\mod x^{2 n})

则 $G (x) \equiv G_{0} (x) (2 - F (x) G (x)) (\mod x^{2 n})$ 。于是可以倍增求出。

我们有 $T (n) = T (\frac{n}{2}) + Θ (n \log n)$ ，则时间复杂度为 $Θ (n \log n)$ 。（但是你猜猜常数有多少？）

任意模数多项式乘法逆

把 NTT 换成任意模数的即可。

多项式除法

给定 $f (x)$ 和 $g (x)$ ，其中 $n = \deg g < m = \deg f$ 。求出 $q (x), r (x)$ 满足 $f = q \cdot g + r$ ，且 $\deg q = \deg f - \deg g$ ， $\deg r < \deg g$ 。

好玄学的做法。

将 $\frac{1}{x}$ 代入 $f = q \cdot g + r$ ,得

f (\frac{1}{x}) = q (\frac{1}{x}) g (\frac{1}{x}) + r (\frac{1}{x})

即

x^{n} f (\frac{1}{x}) = x^{n - m} q (\frac{1}{x}) \cdot x^{m} g (\frac{1}{x}) + x^{n} r (\frac{1}{x})

定义 $f^{R} (x) = x^{\deg f} f (\frac{1}{x})$ 。我们可以假装 $r$ 是 $m - 1$ 次的。

则

f^{R} = q^{R} g^{R} + x^{n - m + 1} r^{R}

于是我们在 $mod x^{n - m + 1}$ 意义下可以将 $r$ 忽略掉。

那么在 $mod x^{n - m + 1}$ 意义下求一遍逆元，做一遍多项式乘法和减法即可。

多项式对数函数

对 $G (x) \equiv \ln F (x) (\mod x^{n})$ 的两边求导，得

G^{'} (x) \equiv \frac{F^{'} (x)}{F (x)} (\mod x^{n})

于是

G (x) \equiv \int \frac{F^{'} (x)}{F (x)} (\mod x^{n})

时间复杂度 $Θ (n \log n)$ 。

多项式 Newton 迭代

给定多项式 $g (x)$ ，若已知 $f (x)$ 满足 $g (f (x)) = 0$ ，求出模 $x^{n}$ 意义下的 $f (x)$ 。

考虑倍增。

边界是 $n = 1$ ，此时需要单独解出 $[x^{0}] g (f (x)) = 0$ 的解。

设已经得到了模 $x^{⌈ \frac{x}{2} ⌉}$ 下的解 $f_{0} (x)$ 。

对 $g (x)$ 在 $f_{0} (x)$ 处进行 Taylor 展开，其中 $g^{(i)}$ 表示对 $g$ 求 $i$ 阶导数，规定 $g^{(0)} = g$ 。

\sum_{i = 0}^{+ \infty} \frac{g^{(i)} (f_{0} (x))}{i!} (f (x) - f_{0} (x))^{i} \equiv 0 (\mod x^{n})

$f (x) - f_{0} (x)$ 最低的非零项系数为 $x^{⌈ \frac{n}{2} ⌉}$ 。那么当 $i \geq 2$ 时， $2 ⌈ \frac{n}{2} ⌉ \geq n$ ，在模 $x^{n}$ 意义下为 $0$ ，亦即， $\forall i \geq 2$ ，都有 $(f (x) - f_{0} (x))^{i} \equiv 0 (\mod x^{n})$ 。

那么就很好做了。上式可以化简成

g (f_{0} (x)) + g^{'} (f_{0} (x)) \cdot (f (x) - f_{0} (x)) \equiv 0 (\mod x^{n})

于是不难解得

f (x) \equiv f_{0} (x) - \frac{g (f_{0} (x))}{g^{'} (f_{0} (x))} (\mod x^{n})

那么我们不妨再来回顾一下多项式求逆。

给定 $h (x)$ ，求出 $f (x)$ ，使得 $h (x) \cdot f (x) \equiv 1 (\mod x^{n})$ 。

观察牛顿迭代的形式

给定多项式 $g (x)$ ，若已知 $f (x)$ 满足 $g (f (x)) = 0$ ，求出模 $x^{n}$ 意义下的 $f (x)$ 。

我们要让左边是一个多项式，右边是 $0$ 。我们考虑变一下形。

h (x) \cdot f (x) \equiv 1 (\mod x^{n})

h (x) \cdot f (x) - 1 \equiv 0 (\mod x^{n})

h (x) - \frac{1}{f (x)} \equiv 0 (\mod x^{n})

即

\frac{1}{f (x)} - h (x) \equiv 0 (\mod x^{n})

那么令 $g (f (x)) = \frac{1}{f (x)} - h (x)$ ，我们得到

\begin{aligned} f (x) & \equiv f_{0} (x) - \frac{g (f_{0} (x))}{g^{'} (f_{0} (x))} (\mod x^{n}) \\ \equiv f_{0} (x) - \frac{\frac{1}{f_{0} (x)} - h (x)}{- \frac{1}{f_{0}^{2} (x)}} (\mod x^{n}) \\ \equiv f_{0} (x) (2 - f_{0} (x) h (x)) (\mod x^{n}) \end{aligned}

注意 $g (f_{0} (x))$ 的主元是 $f_{0}$ 。不妨令 $f_{0} = t$ ，则有 $g (t) = \frac{1}{t} - h (x)$ ，这里 $h (x)$ 当作常数，故 $g^{'} (t) = - \frac{1}{t^{2}}$ 。

多项式 exp

给定 $h (x)$ ，求出 $f (x)$ 使得 $\exp (h (x)) \equiv f (x) (\mod x^{n})$ 。

考虑变换形式。上式即

h (x) \equiv \ln f (x) (\mod x^{n})

故 $\ln f (x) - h (x) \equiv 0 (\mod x^{n})$ 。那么令 $g (f (x)) = \ln f (x) - h (x)$ 。

应用 Newton 迭代的结论，我们得到

\begin{aligned} f (x) & \equiv f_{0} (x) - \frac{g (f_{0} (x))}{g^{'} (f_{0} (x))} (\mod x^{n}) \\ \equiv f_{0} (x) - \frac{\ln f (x) - h (x)}{\frac{1}{f_{0} (x)}} (\mod x^{n}) \\ \equiv f_{0} (x) (1 - \ln f (x) + h (x)) (\mod x^{n}) \end{aligned}

$T (n) = T (\frac{n}{2}) + Θ (n \log n)$ ，所以时间复杂度为 $Θ (n \log n)$ 。但是常数应该很大。

多项式开根

给定 $h (x)$ ，求出 $f (x)$ 使得 $\sqrt{h (x)} \equiv f (x) (\mod x^{n})$ 。

上式即 $f^{2} (x) - h (x) \equiv 0 (\mod x^{n})$ 。于是令 $g (f (x)) = f^{2} (x) - h (x)$ 。

\begin{aligned} f (x) & \equiv f_{0} (x) - \frac{g (f_{0} (x))}{g^{'} (f_{0} (x))} (\mod x^{n}) \\ \equiv f_{0} (x) - \frac{f_{0}^{2} (x) - h (x)}{2 f_{0} (x)} (\mod x^{n}) \\ \equiv \frac{f_{0}^{2} (x) + h (x)}{2 f_{0} (x)} (\mod x^{n}) \end{aligned}

$T (n) = T (\frac{n}{2}) + Θ (n \log n)$ ，时间复杂度 $Θ (n \log n)$ 。（可能需要求解二次剩余）

多项式快速幂

$k \leq 10^{10^{5}}$ 。

事实上，类似整数快速幂的实现可以做到 $Θ (n \log n \log k)$ 。

普通版

普通版保证了 $x_{0} = 1$ 。

F^{k} (x) = \exp (k \ln F (x))

加强版

首先我们设这个多项式的前 $q$ 项系数为 $0$ ，换句话说， $\forall i \in [0, q - 1]$ ， $[x^{i}] F (x) = 0$ 。

如果 $q^{k} \geq n$ ，那么结果多项式为全 $0$ 。

否则设 $y = [x^{q}] F (x)$ 。我们先给整个多项式乘上 $y^{- 1}$ ，最后还原的时候再乘上 $y^{k}$ 。

我们把 $a_{q}, a_{q + 1}, \dots, a_{n - 1}$ 平移到 $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n - q - 1}$ 。然后对这个新多项式用套用普通版的方法进行快速幂。

最后乘上 $y^{k}$ ，在新多项式前面补上 $k q$ 个 $0$ 即可。

注意，计算 $y^{k}$ 时的 $k$ 是对 $(p - 1)$ 取模的。而计算 $\ln$ 时的 $k$ 是对 $p$ 取模的。

P2767 树的数量

求出包含 $n$ 个节点（无标号）的有根 $m$ 叉树的个数，对 $10, 007$ 取模。

两个有根树相同，当且仅当其根节点相同，且从左到右每一棵子树也相同。特别地，两个有根树均为空树，视为两个有根树相同。

$n, m \leq 127$ 。

套路地设 $f [n]$ 为有 $n$ 个节点的有根 $m$ 叉树的数量。显然 $f [0] = 1$ 。

则

[x^{n}] F = \sum_{a_{1} + a_{2} \dots + a_{m} = n - 1} \prod_{i = 1}^{m} f_{a_{i}} = [x^{n - 1}] F^{m}

那么

F = 1 + x F^{m}

CF438E The Child and Binary Tree

对于 $\forall i \in [1, m]$ ，求出权值为 $i$ 的二叉树的数量，对 $998, 244, 353$ 取模。

定义二叉树的权值为节点的权值之和。给定大小为 $n$ 的正整数集 $C$ ，节点的权值可以从 $C$ 中选取。

两棵二叉树不同当且仅当：

它们的节点数量不同；
或树的形态不同；
或存在一个点的点权不同。

$n, m \leq 10^{5}$ 。

套路地设 $f_{i}$ 为权值为 $i$ 的二叉树的数量。显然地，有

f_{n} = \sum_{c \in C} \sum_{i = 0}^{m} f_{i} f_{n - i - c}

特别地， $f_{0} = 1$ 。

不妨设 $G = \sum g_{i} x^{i}$ ， $F = \sum f_{i} x^{i}$ ，其中 $g_{i} = [i \in C]$ 。那么其实就是

f_{n} = \sum_{k = 1}^{m} g_{i} \sum_{i = 0}^{m} f_{i} f_{n - i - k}

那么

F = 1 + \sum_{i = 1}^{m} f_{i}

也就是说

F = G * F^{2} + 1

解得

F = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4 G}}{2 G}

讨论正确性。

取 $+$ 号的时候， $G \to 0$ 时 $F \to \infty$ ；
取 $-$ 号的时候， $G \to 0$ 时 $F \to 1$ 。

因此取 $-$ 。那么就是

F = \frac{1 - \sqrt{1 - 4 G}}{2 G}

然后你发现 $G$ 的零次项一定是 $0$ ，无法求逆。

但是我们上下同时乘以 $1 + \sqrt{1 - 4 G}$ ，得到

F = \frac{4 G}{2 G (1 + \sqrt{1 - 4 G})} = \frac{2}{1 + \sqrt{1 - 4 G}}

然后多项式求逆+开根即可。时间复杂度 $Θ (m \log^{2} m)$ 。

P4389 付公主的背包

求

\prod_{i = 1}^{n} \frac{1}{1 - x^{v_{i}}}

要求求出 $x^{1}, x^{2}, \dots, x^{m}$ 的系数。

$n, m \leq 10^{5}$ 。

不难想到取 $\ln$ ，于是化为求

- \sum_{i = 1}^{n} \ln (1 - x^{v_{i}})

我们有 $\ln (1 - x)$ 的 Taylor 级数：

\ln (1 - x) = - \sum_{i = 1}^{+ \infty} \frac{x^{i}}{i}

代入就可以得到

\ln (1 - x^{v}) = - \sum_{i = 1}^{+ \infty} \frac{x^{v i}}{i}

于是问题转化为

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{⌊ \frac{m}{v_{i}} ⌋} \frac{x^{k v_{i}}}{k}

需要注意的是，不能对于每一个 $v_{i}$ 朴素地直接求和，会被 $n$ 个 $1$ 卡掉。

正确的做法是，求出 $i$ 在数列 $v$ 出现的次数 $c n t_{i}$ ，然后求

\sum_{i = 1}^{m} c n t_{i} \sum_{k = 1}^{⌊ \frac{m}{i} ⌋} \frac{x^{k i}}{k}

最后别忘了 $\exp$ 回来。

将 $n, m$ 视为同阶，时间复杂度 $Θ (n \log n)$ 。

P7431 [THUPC2017] 小 L 的计算题

给定非负整数数组 $a$ ，长度为 $n$ 。定义

f_{k} = \sum_{i = 1}^{k} a_{i}^{k}

对于 $i \in [1, n]$ ，求出 $f_{i}$ 。

$n \leq 4 \times 10^{5}$ 。

写出 OGF。设 $F (x) = \sum_{i \geq 0} f_{i} x^{i}$ 。

\begin{aligned} F (x) & = \sum_{i = 0}^{+ \infty} \sum_{j = 1}^{n} a_{j}^{i} x^{i} \\ = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{i = 0}^{+ \infty} (a_{j} x)^{i} \\ = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{1 - a_{i} x} \end{aligned}

推到这一步，已经可以利用分治 NTT 维护分子和分母，做到 $Θ (n \log^{2} n)$ ，不过常数是巨大的（反正我的 vector V5 板子 T 了 qaq）。当然，我们有更好的做法。

本文作者：Starrykiller

本文链接：https://www.cnblogs.com/Starrykiller/p/17963608/polynomial-basis

posted @ 2024-01-14 13:30 Starrykiller 阅读(32) 评论(0) 编辑收藏举报

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