忘光了，所以复习【POL】

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更新于 2022/8/30 17:30

拉格朗日插值

给定 $n$ 个点 $P_i(X_i,Y_i)$ ，求过这 $n$ 个点的唯一一个多项式。

朴素拉格朗日插值

只求 $f(k)$。

作 $Q_i(X_i,0)$，是 $P_i$ 在 $x$ 轴上的投影。

所以，如果构造了 $n$ 个多项式 $g_i(1\le i\le n)$，使得 $g_i$ 过 $P_i$ 和 $Q_j(j\ne i)$，那么 ${\displaystyle f=\sum _{i=1}^n{g}_i}$ 就是答案。

接下来构造：${\displaystyle g_i=Y_i\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{x-X_j}{X_i-X_j}}}$，使得对于 $j\ne i$ 有 $g_i(X_j)=0$，$j=i$ 恰好 $g_i(X_i)=Y_i$。

所以：

$${\displaystyle f=\sum _{i=1}^n{Y}_i\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{x-X_j}{X_i-X_j}}}$$

这样就可以 $O(n^2)$ 快速求 $f(k)$ 了。

例：Luogu P4781 【模板】拉格朗日插值

带入即可。

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坐标连续时的拉格朗日插值

$X_i=i$，只求 $f(k)$。

代入得 ${\displaystyle f=\sum _{i=1}^n{Y}_i\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{x-j}{i-j}}}$

仔细观察一下，可以发现，我们只要预处理前后缀 ${\displaystyle \prod _{j}x-j}$ 即可。

所以：

$${\displaystyle f=\sum _{i=1}^n{Y}_i{\displaystyle \frac{pr{e}_{i-1}su{f}_{i+1}}{(i-1)!(n-i)!(-1{)}^{(n-i)}}}}$$

就可以 $O(n)$ 了。

例：CodeForces 622F

设答案为一个 $k+1$ 次多项式 ${\displaystyle f(x)=\sum _{i=0}^{k+1}{a}_i{x}^i}$。

直接带入前 $k+2$ 个点，然后用坐标连续时的拉格朗日插值即可。

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重心拉格朗日插值

支持动态加点。

考虑：

$$f=\prod _{d=1}^n(x-X_d)\sum _{i=1}^n\frac{Y_i}{(x-X_i)\prod _{j\ne i}(X_i-X_j)}$$

然后维护 ${\displaystyle a=\prod _{d=1}^n(x-X_d)}$，$b_i={\displaystyle \frac{Y_i}{\prod _{j\ne i}(X_i-X_j)}}$。

可以做到 $O(n)$ 修改，$O(n)$ 查询。

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求出多项式每一项的系数

提出系数，那么 ${\displaystyle f=\sum _{i=1}^n{Y}_i\left(\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{1}{X_i-X_j}}\right){\displaystyle \frac{\prod _{j=1}^n(x-X_j)}{x-X_i}}}$

所以预处理时先暴力卷出 ${\displaystyle \prod _{j=1}^n(x-X_j)}$，再每个地方暴力除以 $x-X_i$，最后乘上系数。

复杂度 $O(n^2)$

然后我就写了一个程序得出了以下著名函数：

$f(x)={\displaystyle \frac{114509}{24}}{x}^4-{\displaystyle \frac{572545}{12}}{x}^3+{\displaystyle \frac{4007815}{24}}{x}^2-{\displaystyle \frac{2862713}{12}}x+114509$

${\displaystyle f(x)={\displaystyle \frac{28627}{30}}{x}^5-{\displaystyle \frac{28627}{2}}{x}^4+{\displaystyle \frac{486659}{6}}{x}^3-{\displaystyle \frac{429405}{2}}{x}^2+{\displaystyle \frac{3921914}{15}}x-114508}$

多项式乘法

快速傅里叶变换（FFT）

快速卷积。

离散傅里叶变换（DFT）

DFT，把一个多项式从系数表示法转化为点值表示法。

为什么要转成点值表示法呢？

考虑两个多项式乘起来，只要装换成点值，然后把点值相乘即可。

单位根

设两个多项式次数分别为 $n,m$。

大多数想法是取任意 $n+m+1$ 个点（因为答案是 $n+m$ 次），但是可能 TLE。

所以考虑一些特殊点。

这时候就要取到单位根了。$n$ 次单位根记作 ${\omega }_n$，即为 $x^n=1$ 的所有复数解。

一共有 $n$ 个单位根，所以记作 ${\omega }_n^0,{\omega }_n^1,\dots ,{\omega }_n^{n-1}$，并且以幅角大小排序。

在复数域中只有以 $O$ 为圆心半径为 $1$ 的圆上的点才有可能是单位根。

性质

对于上标 $\ge n$ 或 $<0$ 的情况，可认为上标在模 $n$ 意义下，即 ${\omega }_n^k={\omega }_n^{kmodn}$。

• ${\omega }_n^0=1$

  定有一个根 $1$。

• ${\omega }_n^k=({\omega }_n^1{)}^k$

  考虑乘上一个 ${\omega }_n^1$ 表示把当前向量转一个 $\frac{1}{n}$ 的圆周。

• ${\left({\omega }_n^j\right)}^k={\omega }_n^{jk}$

  由上一条简单得出。

• ${\omega }_n^j{\omega }_n^k={\omega }_n^{j+k}$

  考虑 $({\omega }_n^1{)}^j({\omega }_n^1{)}^k=({\omega }_n^1{)}^{j+k}={\omega }_n^{j+k}$。

• ${\omega }_{2n}^{2k}={\omega }_n^k$

  仔细想一想就知道是对的，并且 ${\omega }_{pn}^{pk}={\omega }_n^k$。

• 对于一个偶数 $n$，有 ${\omega }_n^{(k+\frac{n}{2})}=-{\omega }_n^k$

  ${\omega }_n^{(k+\frac{n}{2})}={\omega }_n^k{\omega }_n^{\frac{n}{2}}$

  把 ${\omega }_n^{\frac{n}{2}}$ 看做旋转 $\frac{1}{2}$ 圈即可。

求单位根

首先 ${\omega }_n^0(1,0)$，然后三角函数随便算就可以知道 ${\displaystyle {\omega }_n^1(\cos \frac{2\pi }{n},\sin \frac{2\pi }{n})}$。

考虑 ${\omega }_n^1$ 表示旋转 $\frac{1}{n}$ 圆周。那么 ${\omega }_n^i={\omega }_n^{i-1}{\omega }_n^1$。

快速傅里叶变换（FFT）

考虑一个多项式 ${\displaystyle f(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i}$，把它按次数奇偶性分为两部分。

此部分设 $m=\frac{n}{2}$。

即：

$${\displaystyle f(x)=\sum _{i=0}^{m-1}{a}_{2i}{x}^{2i}+\sum _{i=0}^{m-1}{a}_{2i+1}{x}^{2i+1}}$$

这里需要保证 $n=2^p(p\in \mathbb{n})$，这样保证不会出现除尽的情况，如果 $n$ 不能表示为 $2^p$，那就高位补 $0$，以下设 。

然后设：

$${\displaystyle f_0(x)=\sum _{i=0}^{m-1}{a}_i{x}^i,f_1(x)=\sum _{i=0}^{m-1}{a}_i{x}^i}$$

则：

$$f(x)=f_0(x^2)+x{f}_1(x^2)$$

代入单位根：

• 代入 ${\omega }_n^k$$(k<m)$：

  $$\begin{array}{rl}f({\omega }_n^k)& =f_0(({\omega }_n^k{)}^2)+{\omega }_n^k{f}_1(({\omega }_n^k{)}^2)\\ & =f_0({\omega }_m^k)+{\omega }_n^k{f}_1({\omega }_m^k)\end{array}$$

• 代入 ${\omega }_n^{k+m}$$(k<m)$：

$$\begin{array}{rl}f({\omega }_n^{k+m})& =f_0(({\omega }_n^{k+m}{)}^2)+{\omega }_n^{k+m}{f}_1(({\omega }_n^{k+m}{)}^2)\\ & =f_0({\omega }_n^{2k+n})+{\omega }_n^{k+m}{f}_1({\omega }_n^{2k+n})\\ & =f_0({\omega }_n^{2k})+{\omega }_n^{k+m}{f}_1({\omega }_n^{2k})\\ & =f_0({\omega }_m^k)+{\omega }_n^{k+m}{f}_1({\omega }_m^k)\\ & =f_0({\omega }_m^k)-{\omega }_n^k{f}_1({\omega }_m^k)\end{array}$$

我们把二者对比一下：之差了一个符号！这时候就开始体会到单位根的牛了。

在这个时候，如果我们知道了 ${\omega }_m^k$$(k<m)$ 在 $f_0,f_1$ 下的点值，我们就可以 $O(n)$ 推出 ${\omega }_n^k$$(k<n)$ 在 $f$ 下的点值。

那么我们就可以递归求出所有点值，不难发现递归共 $\log n$ 层。

所以复杂度为 $O(n\log n)$。

快速傅里叶逆变换（IFFT）

首先有一个结论：

$$\begin{array}{r}g=DFT(f)\\ nf(k)=\sum _{i=0}^{n-1}{\left({\omega }_n^{-k}\right)}^{i}g(i)\end{array}$$

证明：

首先有：

$$g(k)=\sum _{i=0}^{n-1}{\left({\omega }_n^k\right)}^{i}f(i)$$

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^{n-1}{\left({\omega }_n^{-k}\right)}^{i}g(i)& =\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=0}^{n-1}{\omega }_n^{-ik}{\omega }_n^{ij}f(j)\\ & =\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=0}^{n-1}{\omega }_n^{i(j-k)}f(j)\end{array}$$

讨论：

• $j=k$

  ${\omega }_n^0=1$，所以 $f(k)$ 一共有 $n$ 次被计算到，答案为 $nf(k)$。

• $j\ne k$

  设 $p=j-k$，所以贡献为 ${\displaystyle \sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^{ip}f(k+p)={\omega }_n^{p}f(k+p)\sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^i}$

  可以发现后面有个等比数列求和：${\displaystyle \sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^i=\frac{{\omega }_n^n-{\omega }_n^0}{{\omega }_n^1-1}=0}$

所以就证完了。

可以发现根据这个式子，我们只要改变一下单位根的旋转方向（把旋转一个单元变为 ${\omega }_n^{-1}$），并且在最后除以一个 $n$，就变成了 FFT。

具体的，只要改变单位根里的一个符号即可。

代码

代码（处理单位根）：

inline void init(Ci N,const bool op){
    o.resize(max(N,2));
    o[0]={1,0};o[1]={cos(PI/N),(op?1:-1)*sin(PI/N)};
    for(int i=2;i<N;i++)o[i]=o[i-1]*o[1];
}

代码（FFT）：

void fft(vector<Cp>&f,Ci n,const bool op){
    if(n==1)return;
    vector<Cp>f0,f1;int m=n>>1;
    f0.resize(m);f1.resize(m);
    for(int i=0;i<m;i++)f0[i]=f[i<<1],f1[i]=f[i<<1|1];
    fft(f0,m,op);fft(f1,m,op);
    init(m,op);
    for(int i=0;i<m;i++){
        f[i]=f0[i]+o[t][i]*f1[i];
        f[i+m]=f0[i]-o[t][i]*f1[i];
    }
}

代码（多项式乘法）：

inline void fft(){fft(x,x.size(),1);}
inline void Ifft(){fft(x,x.size(),0);}
inline friend Poly operator*(Poly U,Poly V){
    int S=U.size()+V.size()-1;
    int u=1;while(u<S)u<<=1;
    U.resize(u);V.resize(u);
    U.fft();V.fft();
    for(int i=0;i<u;i++)U[i]*=V[i];
    U.Ifft();
    for(int i=0;i<u;i++)U[i].x/=u;
    return U;
}

蝴蝶变换

我们的递归版是递归到最下面然后合并上来。

我们直接到最下面然后直接合并。

考虑按奇偶性分组的本质是按当前二进制位向左或向右，正好与原标号二进制相反，所以最后一层的标号即为位置序号的翻转。

感觉不太说的清楚，看图：

比如上图中第 $4$ 个位置标号为 $(011{)}_{(2)}$，填的数是 $(110{)}_{(2)}$，即 $6$。

接下来，如何快速翻转二进制呢？

设翻转后的数组为 $r$，那么 ${\displaystyle r_i=\frac{r_{\lfloor \frac{i}{2}\rfloor }}{2}+[imod2=1]2^{S-1}}$。

$S$ 为 $r$ 的长度，$2^{S-1}$ 即为最高位。

把二进制串 $\overline{a_1{a}_2\dots a_n}$ 除以 $2$， $\overline{0a_1\dots a_{n-1}}$，翻转后 $\overline{a_n{a}_{n-1}\dots a_1}$，变为 $\overline{a_{n-1}{a}_{n-2}\dots a_{1}0}$。

可以发现只要删去最后一位，再加个最高位就行了。

代码（迭代 FFT）：

for(int l=2,t=1;l<=n;l<<=1,t++)
    for(vector<Cp>::iterator i=f.begin();i!=f.end();i+=l){
        int m=l>>1;
        for(int j=0;j<m;j++){
            Cp tmp=o[(n>>t)*j]*i[j+m];
            i[j+m]=i[j]-tmp;i[j]+=tmp;
        }
    }

例：[ZJOI2014]力

给出 $n$ 个数 $q_1,q_2,\dots q_n$，定义

$$F_j=\sum _{i=1}^{j-1}\frac{q_i\times q_j}{(i-j{)}^2}-\sum _{i=j+1}^n\frac{q_i\times q_j}{(i-j{)}^2}$$

$$E_i=\frac{F_i}{q_i}$$

对 $1\le i\le n$，求 $E_i$ 的值。$1\le n\le {10}^5$，$0<q_i<{10}^9$。

这个东西其实是一个普通卷积和一个减法卷积，分别算即可。

快速数论变换（NTT）

NTT

由于 FFT 需要用到单位根，不可避免的就会有精度误差，而且也有较大的常数，数学家们已经证明，在复数域中，单位根是唯一一类满足要求的数。

不过 OI 中不少题在模意义下，所以我们考虑同余系中的原根。

对于模数 $p$，有一个原根 $g$。

可以构造在模意义下满足单位根性质的 ${\omega }_n^k=g^{\frac{(p-1)k}{n}}$

不难发现需要满足 $n|(p-1)$，而著名模数 $998244353=2^{23}\times 7\times 17+1$。

这在 $n=2^k$ 时基本可以用。

任意模数NTT

用 3 个 NTT 模数，最后 CRT 合并即可。

模数表

分治 FFT/NTT

考虑 $n$ 个二项多项式卷起来或者一个多项式自己对自己的递推式，可以用分治做到 $O(n{\log }^{2}n)$。

关于递推的分治方法就是每次算左半边对右半边的贡献。

多项式求逆

由于 $k\ge n$ 时，$f(x)$ 在模 $x^k$ 意义下的逆元等于其在模 $x^n$ 意义下的，所以我们可以把模 $x^n$ 补为模 $x^k$。

设 $s=2^u,t=2^{u-1}$。

设 $f$ 在模 $x^t$ 意义下的逆元为 $G$，在模 $x^s$ 意义下的为 $g$，考虑从 $G$ 推到 $g$。

首先有：

$$\begin{array}{rlr}fg& \equiv 1(\mathrm{mod}{x}^s)& (1)\\ fG& \equiv 1(\mathrm{mod}{x}^s)& (2)\\ (1)-(2)=G-g& \equiv 0(\mathrm{mod}{x}^s)\\ G^2-2Gg+g^2& \equiv 0(\mathrm{mod}{x}^t)\\ G^{2}f-2G+g& \equiv 0(\mathrm{mod}{x}^t)\\ g& \equiv 2G-G^{2}f(\mathrm{mod}{x}^t)\end{array}$$

所以就可以递推了。

复杂度 $T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n)$。

多项式带余除法

求 $q(x),r(x)$ 满足 $f(x)=q(x)g(x)+r(x)$

设 $f$ 的次数为 $n$，$g$ 的次数为 $m$。

把 $x$ 变成 $\frac{1}{x}$

$$\begin{array}{r}f(x^{-1})=q(x^{-1})g(x^{-1})+r(x^{-1})\\ x^{n}f(x^{-1})=x^{n-m}q(x^{-1})x^{m}g(x^{-1})+x^{n}r(x^{-1})\end{array}$$

设 $f_r(x)=x^{d_f}f(x^{-1})$ ，$d_f$ 表示多项式 $f$ 的次数，其实不难发现 $f_r(x)$ 就是 $f(x)$ 的系数 reverse 一下。

$$\begin{array}{r}{f}_r(x)=q_r(x)g_r(x)+x^{n-m+1}{r}_r(x)\\ f_r(x)=q_r(x)g_r(x)(\mathrm{mod}{x}^{n-m+1})\\ q_r(x)=\frac{f_r(x)}{g_r(x)}(\mathrm{mod}{x}^{n-m+1})\\ r(x)=f(x)-q(x)g(x)\end{array}$$

可以发现用一下求逆即可。

多项式对数函数（ln）

求 $g(x)$ 满足 $g(x)\equiv \ln f(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$

$$\begin{array}{r}{g}^{\prime }(x)\equiv \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)\\ g(x)\equiv \int \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)\end{array}$$

导数和积分都可以直接来。

多项式指数函数（exp）

求 $g(x)$ 满足 $g(x)\equiv e^{f(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)$

牛顿迭代

不难发现上面的方法做不了。

引入牛顿迭代的问题：

求 $g(x)$ 满足 $f(g(x))\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$

考虑求逆的递推思路，设 $s=2^u,t=2^{u-1}$。

假设当前求出了 $f(G(x))\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^t)$。

将 $f(g(x))$ 在 $G(x)$ 处泰勒展开：

$$\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{i!}{f}^{(i)}(G(x))(g(x)-G(x){)}^i\equiv f(g(x))\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^s)$$

可以发现，$g$ 和 $G$ 在 $mod{x}^t$ 的意义下是一样的。

所以 $g(x)-G(x)$ 只剩下 $x^t$ 及以上次项，所以 $i\ge 2$ 时，$(g(x)-G(x){)}^i$ 的最低非 $0$ 位在 $s$ 以上，$mod{x}^s\equiv 0$。

$$\begin{array}{r}f(G(x))+f^{\prime }(G(x))(g(x)-G(x))\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^s)\\ g(x)\equiv G(x)-\frac{f(G(x))}{f^{\prime }(G(x))}(\mathrm{mod}{x}^s)\end{array}$$

复杂度同求逆：$O(n\log n)$

exp

$$\begin{array}{r}g(x)\equiv e^{f(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)\\ \ln g(x)\equiv f(x)(\mathrm{mod}{x}^n)\\ \ln g(x)-f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)\end{array}$$

设 $F(g(x))=\ln g(x)-f(x)$，然后直接带入牛迭的式子：

$$\begin{array}{r}g(x)=G(x)-(\ln G(x)-f(x))G(x)(\mathrm{mod}{x}^n)\\ g(x)=G(x)(1-\ln G(x)+f(x))(\mathrm{mod}{x}^n)\end{array}$$

然后就可以递推了。

多项式快速幂

求 $g(x)$ 满足 $g(x)\equiv f^C(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$。

$$\begin{array}{r}g(x)\equiv f^C(x)(\mathrm{mod}{x}^n)\\ \ln g(x)\equiv C\ln f(x)(\mathrm{mod}{x}^n)\\ g(x)\equiv e^{C\ln f(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)\end{array}$$

然后就是 exp。

多项式开根

求 $g(x)$ 满足 $g^C(x)\equiv f(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$。

$$g^C(x)-f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$$

设 $F(g(x))=g^C(x)-f(x)$，然后直接带入牛迭的式子：

$$\begin{array}{r}g(x)=G(x)-\frac{(G^C(x)-f(x))}{C{G}^{C-1}(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)\\ g(x)=\frac{(C-1)G(x)}{C}+\frac{f(x)}{C{G}^{C-1}(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)\end{array}$$

多项式快速幂。

多项式多点求值

给定 $n$，长度为 $n$ 的多项式 $f$ 以及数组 $a$，求所有 $f(a_i)$。

分治。

设 $t=\lfloor \frac{m}{2}\rfloor$

$${\displaystyle g(x)=\prod _{i=1}^t(x-a_i),h(x)=\prod _{i=t+1}^m(x-a_i)}$$

$$\begin{array}{r}f(x)=g(x)A(x)+B(x)\\ f(x)=h(x)C(x)+D(x)\end{array}$$

可以发现，对于 $1\le i\le t$，$f(i)=0A(i)+B(i)=B(i)$，对于 $t+1\le i\le m$，$f(i)=0C(i)+D(i)$。

然后发现我们可以分治 NTT 预处理 $g,h$，所以递归时做一遍多项式取模即可，但常数巨大。

多项式快速插值

拉插的式子：

$$\begin{array}{rl}f=& \sum _{i=1}^n{Y}_i\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{x-X_j}{X_i-X_j}}\\ =& \sum _{i=1}^n\prod _{j\ne i}(x-X_j){\displaystyle \frac{Y_i}{\prod _{j\ne i}(X_i-X_j)}}\end{array}$$

发现后面 $Y_i$ 是一个常数，下面可以看做：

$$G(X_i)=\underset{x\to X_i}{lim}\frac{\prod _j(x-X_j)}{x-X_i}$$

可以洛必达

$$=\underset{x\to X_i}{lim}{(\prod _j(x-X_j))}^{\prime }$$

所以分治 NTT 后多点求值。

设 $f_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 的答案。

$$\begin{array}{rl}{f}_{l,r}=& \sum _{i=l}^r\frac{Y_i}{G^{\prime }(X_i)}\prod _{j\ne i}(x-X_j)\\ =& f_{l,mid}\prod _{i=mid+1}^r(x-X_i)+f_{mid+1,r}\prod _{i=l}^{mid}(x-X_i)\end{array}$$

GL&HF

目前就这些，有问题请指出，之后可能会再施工。