多项式全家桶

这里记录了我个人的多项式学习过程。
（可能在任何时候改成vector写法的代码，但不知道是什么时候）
下列过程中默认 $n=2^k$ 。

FFT

发现多项式 $F(x)$ 在做乘法的时候复杂度为 $O(n^2)$ 的效率及其低下，对于许多题目是无法接受的。
在不好用系数去维护多项式的时候，考虑使用点值维护。
取 $F({\omega }_n^i),i=0,1,2\dots n-1$ ，其中 ${\omega }_n$ 表示的是 $n$ 次单位根。
实现代码（这个是作者的古早码风，请见谅）：

void DFT(Comp *f,int n,int rev)
{
	if(n==1) return;
	for(int i=0;i<n;i++) temp[i]=f[i];
	for(int i=0;i<n;i++)
		if(i&1) f[(i>>1)+hf]=temp[i];
		else f[i>>1]=temp[i];
	Comp *g=f,*h=f+hf;
	DFT(g,hf,rev);DFT(h,hf,rev);
	Comp cur,step;
	cur.img=0,cur.real=1;
	step.img=sin(2*M_PI*rev/n),step.real=cos(2*M_PI/n);
	for(int i=0;i<hf;i++)
	{
		temp[i]=g[i]+cur*h[i];
		temp[i+hf]=g[i]-cur*h[i];
		cur=cur*step;
	}
	for(int i=0;i<n;i++) f[i]=temp[i];
	return;
}

NTT

使用 double 和复数精度较低，同时有的题目需要对某些数取模，考虑单位根在模意义下的替代品——原根。
假设质数 $p$ 的原根为 $g$ ，我们可以取 $g^{\frac{p-1}{n}}$ 为 $n$ 次单位根。
常见的 $998244353=2^{23}\times 119+1,g=3$，$1004535809=2^{21}\ast 479,g=3$ 。
一般使用蝴蝶变换和非递归写法，时间复杂度 $O(n\log n)$：

void ntt(long long *num,int len,bool typ)
{
	long long g,w,x,y;
	for(int i=1;i<len;i++)
	{
		rev[i]=rev[i>>1]>>1;
		if(i&1) rev[i]|=len>>1;
	}
	for(int i=0;i<len;i++) if(rev[i]<i) swap(num[rev[i]],num[i]);
	for(int i=1;i<len;i<<=1)
	{
		if(typ) w=qpow(332748118,(Mod-1)/(i<<1));
		else w=qpow(3,(Mod-1)/(i<<1));
		for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
		{
			g=1;
			for(int k=0;k<i;k++)
			{
				x=num[j+k],y=g*num[j+i+k]%Mod;
				num[j+k]=(x+y)%Mod;
				num[j+i+k]=(x+Mod-y)%Mod;
				g=g*w%Mod;
			}
		}
	}
	if(typ)
	{
		long long ny=qpow(len,Mod-2);
		for(int i=0;i<len;i++) num[i]=num[i]*ny%Mod;
	}
	return;
}

多项式乘法逆

对于 $F(x)$ ，求 $G(x)$ ，使得 $F(x)G(x)=1(\mathrm{mod}{x}^n)$ ，对 $998244353$ 取模。
考虑递归处理。
假设我们已知 $F(x)G^{\prime }(x)=1(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$ ，又因为 $F(x)G(x)=1(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$ ，所以 $G(x)=G^{\prime }(x)(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$ 。
所以 $G(x)-G^{\prime }(x)=0(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$
两侧同时取平方 $(G(x)-G^{\prime }(x){)}^2=0(\mathrm{mod}{x}^n)$
展开得 $G^2(x)=2G(x)G^{\prime }(x)-G^{\prime 2}(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$
两侧同时乘上 $F(x)$ ，则 $G(x)=2G^{\prime }(x)-F(x)G^{\prime 2}(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$
即 $G(x)=G^{\prime }(x)(2-F(x)G^{\prime }(x))(\mathrm{mod}{x}^n)$
又因为在 $n=1$ 时， $F(x)$ 与 $G(x)$ 均只含常数项，所以 $[x^0]G(x)={\displaystyle \frac{1}{[x^0]F(x)}}$ 。
时间复杂度 $O(n\log n)$。
实现代码：

void polyinv(long long *F,long long *G,int lenth)//G<-1/F
{
    G[0]=qpow(F[0],Mod-2);
    int len;
    for(len=2;len<(lenth<<1);len<<=1)
    {
        for(int i=0;i<len;i++) f[i]=F[i],g[i]=G[i];
        for(int i=len;i<(len<<1);i++) f[i]=g[i]=0;
        ntt(f,len<<1,false),ntt(g,len<<1,false);
        for(int i=0;i<(len<<1);i++) f[i]=f[i]*g[i]%Mod;
        ntt(f,len<<1,true);
        for(int i=len;i<(len<<1);i++) f[i]=0;
        for(int i=0;i<len;i++) f[i]=f[i]?Mod-f[i]:0;
        f[0]=chk(f[0]+2);
        ntt(f,len<<1,false);
        for(int i=0;i<(len<<1);i++) f[i]=f[i]*g[i]%Mod;
        ntt(f,len<<1,true);
        for(int i=0;i<len;i++) G[i]=f[i];
    }
    for(int i=lenth+1;i<len;i++) G[i]=0;
    return;
}

多项式除法/取模

对于 $F(x)$ 与 $G(x)$，求 $Q(x)$ 和 $R(x)$，使得 $F(x)=G(x)Q(x)+R(x)$。
对于一个多项式 $F(x)$，如果我们将其反转，也就是 $a_i$ 变为 $a_{n-i+1}$ ，记为 $F_R(x)$。
不难发现，$F_R(x)=x^{n}F(\frac{1}{x})$ 。
由于 $F(x)=G(x)Q(x)+R(x)$。
则 $F(\frac{1}{x})=G(\frac{1}{x})Q(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})$。
两侧同时乘上 $x^n$ 得：$x^{n}F(\frac{1}{x})=x^{m}G(\frac{1}{x})x^{n-m}Q(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}{x}^{m-1}R(\frac{1}{x})$。
所以 $F_R(x)=G_R(x)Q_R(x)+x^{n-m+1}{R}_R(x)$。
所以 $F_R(x)=G_R(x)Q_R(x)(\mathrm{mod}{x}^{n-m+1})$。
由于 $Q_R(x)$ 为 $n-m$ 次多项式，也就等于 $F_R(x)G_R^{-}1(x)mod{x}^{n-m+1}$。
求出 $Q_R(x)$ 也就得到了 $Q(x)$，最后做差求 $R(x)$ 即可。
时间复杂度 $O(n\log n)$。
代码实现：

void polymod(long long *F,int n,long long *G,int m,long long *Q,long long *R)//F=Q*G+R
{
    int len=0;
    reverse(F,F+n+1);
    reverse(G,G+m+1);
    polyinv(G,tr,n-m+1);
    for(len=1;len<=2*n-m;len<<=1);
    ntt(F,len,false),ntt(tr,len,false);
    for(int i=0;i<len;i++) tr[i]=tr[i]*F[i]%Mod;
    ntt(F,len,true),ntt(tr,len,true);
    for(int i=0;i<=n-m;i++) Q[i]=tr[i];
    reverse(Q,Q+n-m+1);
    reverse(G,G+m+1);
    reverse(F,F+n+1);
    for(len=1;len<=n;len<<=1);
    ntt(G,len,false),ntt(Q,len,false);
    for(int i=0;i<len;i++) tr[i]=G[i]*Q[i]%Mod;
    ntt(Q,len,true),ntt(tr,len,true);
    for(int i=0;i<m;i++) R[i]=chk(F[i]+Mod-tr[i]);
    return;
}

多项式多点求值

已知 $F(x)$ 和 $m$ 个数，求 $F(a_1),F(a_2)\dots F(a_m)$。
是由秦九韶算法求显然是没有前途的，所以我们考虑其他能够求多项式点值的方法。
我们知道，将 $F(x)$ 对一个 $m$ 次多项式取模会得到一个 $m-1$ 次多项式，加入我们有一个 $1$ 次多项式 $G(x)$，记 $F(x)=G(x)Q(x)+R(x)$，则 $R(x)$ 应为某个常数 $k$。
在上式中带入 $x=x_0$，我们得到 $F(x_0)=G(x_0)Q(x_0)+k$，这时，如果我们选择一个 $G(x)$ 满足 $G(x_0)=0$，我们就可以得到 $F(x_0)=k$。也就是说，我们将 $F(x)$ 对 $x-x_0$ 取模，就可以得到 $F(x_0)$。
但是求一次多项式取模是 $O(n\log n)$ ，我们考虑如何通过分治减小复杂度。
对于问题 $[l,r]$ ，我们先将 $F(x)$ 对 $\prod _{i=l}^r(x-a_i)$ 取模，然后将询问分治到 $[l,mid]$ 和 $[mid+1,r]$ 即可，时间复杂度 $T(n)=2T(\frac{n}{2})+O(n\log n)$，所以算法复杂度是 $O(n{\log }^{2}n)$ 。
（然而常数爆炸的我只在洛谷上过了一个点……）

转置原理处理多项式多点求值

这种时候我们就需要一种更快的方法。<---这是个链接。

多项式求ln

对于 $F(x)$ ，求 $G(x)$ 使得 $G(x)=\ln F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$ 。
考虑求导和积分：
$G^{\prime }(x)=(\ln F(x))={\displaystyle \frac{F^{\prime }(x)}{F(x)}}$ 。
这也就意味着，我们只要求出在 $\mathrm{mod}{x}^n$ 意义下的 $F^{\prime }(x)$ 和 ${\displaystyle \frac{1}{F(x)}}$ 即可。
然后再把我们求出来的东西积分回去，就得到了答案 $G(x)$ 。
时间复杂度 $O(n\log n)$。
代码实现：

void polyder(long long *G,long long *F,int len)
{
	for(int i=1;i<len;i++)
		G[i-1]=i*F[i]%Mod;
	G[len-1]=0;
	return;
}
long long F[LIM],G[LIM],H[LIM];
int n,len;
int main()
{
	n=Qread();
	for(int i=0;i<n;i++)
		F[i]=Qread();
	for(len=1;len<n;len<<=1);
	polyinv(G,F,len);
	polyder(H,F,len);
	ntt(G,len<<1,false),ntt(H,len<<1,false);
	for(int i=0;i<(len<<1);i++) G[i]=G[i]*H[i]%Mod;
	ntt(G,len<<1,true);
	printf("0 ");
	for(int i=1;i<n;i++)
		printf("%lld ",G[i-1]*qpow(i,Mod-2)%Mod);
	return 0;
}

多项式exp

对于 $F(x)$，求 $G(x)$ 使得 $G(x)=e^{F(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)$。
因为 $G(x)=e^{F(x)}$。
两边取 $\ln$ 得 $\ln G(x)=F(x)$。
移项得 $\ln G(x)-F(x)=0$。
记 $H(G(x))=\ln G(x)-F(x)$，我们需要求的就是 $H(G(x))$ 的零点，其中 $G(x)$ 为变量，$F(x)$ 为常量。
所以对其求导得 $H^{\prime }(G(x))={\displaystyle \frac{1}{G(x)}}$。
考虑初始选择点 $G_0(x)=1$，不断对其进行牛顿迭代： $x_{n+1}=x_n-{\displaystyle \frac{f(x_n)}{f^{\prime }(x_n)}}$。
带入得 $G_{k+1}(x)=G_k(x)-{\displaystyle \frac{\ln G_k(x)-F(x)}{\frac{1}{G_k(x)}}}=G_k(x)(1+F(x)-\ln G_k(x))$。

我们来尝试证明我们能够在 $O(\log n)$ 次迭代中得到结果：
假设我们知道 $G(x)=G_0(x)(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$，我们尝试将模数推到 $x^n$。
由于 $G(x)=G_0(x)(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$，所以 $H(G(x))=H(G_0(x))(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$。
考虑 $H(G(x))$ 在 $G_0(x)$ 的泰勒展开：
$H(G(x))=H(G_0(x))+\sum i=1{\displaystyle \frac{H^{(i)}(G_0(x))}{i!}}(G(x)-G_0(x){)}^i(\mathrm{mod}{x}^n)$ 。
由于 $G(x)=G_0(x)(\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}})$，所以 $(G(x)-G_0(x){)}^2=0(\mathrm{mod}{x}^n)$。
这也就意味着，在泰勒展开式中，只有 $i=1$ 的项是不为 $0$ 的。
所以 $H(G(x))=H(G_0(x))+H^{\prime }(G_0(x))(G(x)-G_0(x))(\mathrm{mod}{x}^n)$ 。
而我们需要求的是使得 $H(G(x))=0(\mathrm{mod}{x}^n)$ 的项。
则 $H(G_0(x))+H^{\prime }(G_0(x))(G(x)-G_0(x))=0(\mathrm{mod}{x}^n)$，即 $G(x)=G_0(x)-{\displaystyle \frac{H(G_0(x))}{H^{\prime }(G_0(x))}}$

时间复杂度 $O(n\log n)$。
代码实现：

void polyexp(long long *F,long long *G,int lenth)
{
    G[0]=1;
    for(int len=2;len<(lenth<<1);len<<=1)
    {
        polyln(G,expg,len);
        for(int i=0;i<len;i++) expg[i]=chk(F[i]+Mod-expg[i]);
        expg[0]=chk(expg[0]+1);
        for(int i=0;i<len;i++) exf[i]=G[i];
        for(int i=len;i<(len<<1);i++) exf[i]=expg[i]=0;
        ntt(exf,len<<1,false),ntt(expg,len<<1,false);
        for(int i=0;i<(len<<1);i++) exf[i]=exf[i]*expg[i]%Mod;
        ntt(exf,len<<1,true);
        for(int i=0;i<len;i++) G[i]=exf[i];
    }
    return;
}

多项式快速幂（普通版）

对于 $F(x)$，求 $F^k(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$，保证 $[x^0]F(x)=1$ 。
我们知道 $F^k(x)=e^{\ln F^k(x)}=e^{k\ln F(x)}$，所以使用一次 $\ln$ 和 $\exp$ 即可。
时间复杂度 $O(n\log n)$。

多项式开根

对于 $F(x)$，求 $G(x)$ 满足 $G^2(x)=F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$，保证 $[x^0]F(x)=1$ 。
法一：直接理解成 $F^{\frac{1}{2}}(x)$，然后直接同上 $\ln$ 和 $\exp$，在洛谷上大数据平均需要625ms。
法二：考虑使用牛顿迭代，我们记 $H(G(x))=G^2(x)-F(x)$ ，我们需要求 $H(G(x))$ 的零点。
考虑 $G(x)=G_0(x)-{\displaystyle \frac{H(G_0(x))}{H^{\prime }(G_0(x))}}(\mathrm{mod}{x}^n)$。
则 $G(x)=G_0(x)-{\displaystyle \frac{G_0^2(x)-F(x)}{2G_0(x)}}(\mathrm{mod}{x}^n)$。
所以 $G(x)={\displaystyle \frac{1}{2}}(G_0(x)+{\displaystyle \frac{F(x)}{G_0(x)}})(\mathrm{mod}{x}^n)$。
常数小于法一，在洛谷上大数据平均需要296ms。
时间复杂度 $O(n\log n)$。
法二代码实现：

long long sqrf[LIM],sqrg[LIM];
void polysqrt(long long *F,long long *G,int lenth)
{
    G[0]=F[0];
    for(int len=2;len<(lenth<<1);len<<=1)
    {
        memset(sqrf,0,sizeof(long long)*(len<<1));
        memset(sqrg,0,sizeof(long long)*(len<<1));
        polyinv(G,sqrg,len);
        memcpy(sqrf,F,sizeof(long long)*len);
        ntt(sqrf,len<<1,false),ntt(sqrg,len<<1,false);
        for(int i=0;i<(len<<1);i++) sqrf[i]=sqrf[i]*sqrg[i]%Mod;
        ntt(sqrf,len<<1,true);
        for(int i=0;i<=len;i++) G[i]=inv2*(G[i]+sqrf[i])%Mod;
    }
    return;
}