多项式
多项式相关
多项式求逆
给定多项式 \(F\) ,求一个 \(G\) 使得 \(F*G\equiv1 \pmod {x^n}\)
多项式的模意义是指次数大于等于 \(n\) 的项都当成 \(0\)，考虑倍增，设有多项式 \(A\) 满足 \(F*A\equiv 1 \pmod {x^{\lceil{\frac{n}2}\rceil}}\) ，上取整的意思为了让它平方后大于等于\(n\)的项都当成\(0\)。
显然有 \(F*G\equiv1 \pmod {x^{\lceil{\frac{n}2}\rceil}}\) ，根据模的定义可知。
所以有 \(F*(G-A)\equiv 0 \pmod{x^{\lceil{\frac{n}2}\rceil}}\)，\(F\) 不可能为 \(0\)，于是 \((G-A)^2\equiv0 \pmod{x^n}\)，继续推一发，得到 \(G^2-2AG+A^2\equiv 0 \pmod{x^n}\)，两边同时乘 \(F\) 得到 \(G-2A+A^2F\equiv 0 \pmod{x^n}\)，所以推出 \(G\equiv 2A-A^2F\)，只有常数项的时候求逆元即可，分治即可求出。
多项式开根
求一个多项式 \(F\) 满足 \(F^2=G\)，若 \(F\) 有两个，一般取正的。
仍然使用倍增，设 \(F^2\equiv G\pmod {x^{2n}}\)，假设已经求出了 \(A^2\equiv G\pmod {x^n}\) ，那么有 \(F^2-A^2\equiv0 \pmod {x^n}\) 。
易得
在只有常数项的时候可以直接求出。
若常数项为 \(1\) 或 \(0\) ，开根后较为显然，但是有些毒瘤出题人并不喜欢简单，所以对于模意义下开根就比较重要 。
此时需要用到二次剩余
多项式除法
给定多项式 \(F,G\)，求两个多项式 \(A,B\) 满足 \(F=A*G+B\) 。
其中 \(F,G,A\) 的项数分别为 \(n,m,n-m\)，要求 \(B\) 的项数小于 \(m\)
定义一种变换，\(F_{R(x)}=x^n F(\frac{1}x)\)，容易发现这种变换就是将\(F\)的系数reverse了一下。
模一下 \(x^{n-m+1}\) 就能得到
多项式求逆即可。
多项式求导和积分
求导，\([x^{i-1}]F'=[x^i]F\times i\)
积分，积分是求导的逆运算，对一个多项式积分的结果表示哪个多项式求导得到的是这个多项式
\([x^i]\int F'=\frac{[x^{i-1}]F'}i\)。
多项式 \(\ln\)
求一个多项式 \(F\) 满足 \(G=\ln F\)
两边求导得到 \(G'=\ln'F F'\)
由\(\ln\)的导数可以知道\(\ln'F=\frac{1}F\)
所以 \(G'=\frac{F'}F\)
于是 \(G=\int\frac{F'}F\)
多项式exp
令\(G(x)\equiv e^{f(x)}\pmod {x^n},G_1(x)\equiv e^{f(x)} \pmod {x^{\frac{n}2}}\)
有\(G\equiv G_1(1-lnG_1+F) \pmod {x^n}\)
证明略
上边的式子虽然易懂但是比较繁琐，因为对于不同的东西需要用到不同的式子，考虑更加通用的办法——牛顿迭代。
泰勒展开
对于一个函数 \(F\) ， \(F(x)\) 的值可以近似看作在 \(x_0\) 处泰勒展开的值，即
这个式子看上去貌似到正无穷没有办法求，但是由于它递减的很快所以基本上只需要求前几项即可。
牛顿迭代
考虑如果求出了 \(F(x) \equiv 0 \pmod {x^{\lceil\frac{n}2\rceil}}\) 的一个解 \(x_0\) ，如何求出另一个解 \(x\) 满足 \(F(x) \equiv 0 \pmod {x^{n}}\) 。
将 \(F(x)\) 在 \(x_0\) 处泰勒展开，容易得到
注意到后边写了省略号，并不是我懒得写了，而是因为没有用了，因为 \(x\) 和 \(x_0\) 在模 \({x^n}\) 的意义下，前一半项是一样的，所以 \(x-x_0\) 的最低次项也是 \(\frac{n}2\) 即大于 \(2\) 的次幂全是 \(0\) 。
于是有
这样推式子就简单的多了，更具体的，只需要构造一个函数 \(F(x)\equiv0 \pmod {x^n}\) 即可。
例如多项式乘法逆，构造函数 \(F(x)=\frac{1}x-G\) ，其中 \(G\) 为给定的多项式 。
那么我们要求的实际上就是 \(F(x)\equiv0 \pmod {x^n}\) 的一个解。
直接代牛顿迭代，有
多项式开根,构造函数\(F(x)=x^2-G\) ，其中 \(G\) 为给定多项式。
代牛顿迭代，得到
简单易懂
任意模数多项式乘法
总有一些毒瘤出题人喜欢把模数搞得奇怪，让你没办法做 \(NTT\) ，这时候可以用 \(CRT\) ，但是常数过于大，就不大好玩 。
考虑一个古老的算法，其实也不是很古老，只是一段时间没怎么用过，\(FFT\) 。
因为 \(FFT\) 是不用取模的，所以可以直接乘然后最后一起取模，不过模数很大容易炸精，所以要拆系数，不妨令 \([x^i]F=a_0\times T +b_0\) ，然后分别求出\(a,b\)最后合并即可，即分别求出\(a_0a_1,a_0b_1+a_1b_0,b_0b_1\)，这样做大概需要七次 \(FFT\) ，还是太慢了。
于是使用魔法，使得能够快速求出要求的几项。
令\(P=a+bi,Q=a-bi\)，显然他们的系数是共轭的，有一个结论
\(Q_0=P_0\)，其余的\(Q_i=P_{n-i}\)，即\(Q_i=P_{(n-1)\&(n-i)}\)，所以只需要求出 \(P\)，然后就有了 \(Q\)，这样就把两次 \(NTT\) 合并成了一次 。此时再暴力求出剩下的几项只要五次，考虑继续优化。
令\(A=a_0a_1+b_0b_1i,B=a_0b_1+a_1b_0\)，这样只需要做两次 \(IDFT\) 即可，所以就可以写出四次的 \(MTT\) 了。
多项式快速幂
给定多项式 \(G\)， 求一个 \(F\) ，使得 \(F=G^k\)
比较好推，\(\ln F=k\ln G\) ,\(F=e^{k\ln G}\)
多项式复合
给定两个多项式 \(F,G\) ，求一个多项式\(H(x)\equiv F(G(x)) \pmod {x^n}\)。
考虑暴力做，依次考虑 \(G^i\) 的贡献，与 \(F\) 的系数相乘后加入到答案里边，时间复杂度\(O(n^2logn)\)，常数略大。
事实上没有必要把他们都乘出来
令\(L=\sqrt n\)，这样只需要预处理出\(G^{iL},G^{i}\)即可，时间复杂度\(O(n^2+n\sqrt nlogn)\)，实际上 \(n^2\) 的部分常数比较小所以跑的飞快。
多项式复合逆
给定多项式 \(G\)，求一个多项式 \(F\)，使得 \(G(F(x))=x\) 。大概考虑一下这个东西有什么意义，比如有一个函数\(H(G(x))=P(x)\)，那么代入复合逆就能够得到，\(H(x)=P(F(x))\)，只需要多项式复合就能够求出 \(H\)。
拉格朗日反演
如果有\(F(G(x))=x\)，即\(F,G\)互为复合逆，同时一定有\(G(F(x))=x\)，可以称 \(G(x)=F^{-1}(x)\),\(F(x)=G^{-1}(x)\)。
在这种情况下，有这样的式子：
可以 \(nlogn\) 的求出一项系数。
考虑
令\(L=\sqrt n\)，然后预处理一下后边的式子，可以 \(O(n)\) 求出两个多项式乘积的某一项，时间复杂度同上。
有标号连通图计数
考虑一个简单无向图的个数，显然是\(2^{\binom{i}{2}}\)，设其 \(EGF\) 为 \(F\)
一个无向图是由若干连通图拼在一起的，设连通图的 \(EGF\) 为 \(G\)，枚举联通块个数，有
除掉阶乘是因为连通块之间没有区别。
所以\(F=e^G\)，\(G=\ln F\)
边双连通图计数
求大小为 \(n\) 的边双连通图的数量。
由于边双联通图没有一个固定的点，所以不大好做，考虑将其转化为有根的边双，其实就是加入了一个特殊点方便计数而已。
容易发现，设无根边双的 \(EGF\) 为 \(P\) ，有根边双为 \(D\)，那么 \(D_i=iP_i\)，原因是每个点都成为过根。
考虑有根边双怎么求，一张有根连通图一定是由若干个边双联通分量构成的，考虑根所在的边双联通分量，除去这个边双联通分量后，原图一定会分为若干个有根联通图，枚举根所在的连通分量的大小和划分成的有根连通图的个数，设有根联通图的 \(EGF\)为 \(F\)，有
由
所以
\(F\) 显然比较好求，考虑\(D\) 怎么求，令\(H=xe^F\)，有\(F(x)=D(H(x))\)，两边同时带入 \(H\) 的复合逆，有，\(F(H^{-1}(x))=D(x)\)。
所以只需要求出\(F(H^{-1})\)，由拉格朗日反演
代入\(H=xe^F\)，有
于是可以 \(nlogn\) 求出 \(D\) 的一项。
多项式多点求值
给定一个 \(n\) 次多项式和 \(m\) 个值，求出 \(F(a_1),F(a_2),……F(a_m)\) 。
构造两个多项式\(P=\prod_{i=1}^{\frac{n}2}(x-a_i),Q=\prod_{i=\frac{n}2+1}^n(x-a_i)\)，那么如果令\(F=P*A+B\)，对于任意 \([1,\frac{n}2]\) 中的点，\(F(a_i)=B(a_i)\)，原因是代入后 \(P\) 为 \(0\)，所以就有了理论上是 \(nlogn\) 实际上有大常数的多项式取模写法。
实际上取模的做法貌似已经成了时代的眼泪，我们现在已经有了更快的转置做法。
考虑一种减法卷积，定义 \(c=Mult(a,b)\) 即 \(c_i=\sum_{j=0}^{+\infty}a_jb_{j-i}\)。
它有一个性质是，\(Mult(Mult(a,b),c)=Mult(a,b*c)\)，可以利用这个性质进行多点求值。
将 \(F(a_j)\) 展开，得到
观察发现，如果构造一个多项式 \(G_j=\sum_{i=0}^{n}a_j^ix^i\)，那么 $ F(a_j) $ 实际上是 \(Mult(F,G_j)\) 的常数项，证明很简单，代入即可。
\(G\) 是一个 \(n\) 次的多项式，暴力做的话是 \(nmlogn\) ，不如直接乘，考虑优化，将 \(G\) 写成封闭形式，\(G_j=\frac{1}{1-a_jx}\)，这样就可以 \(O(1)\) 的算出每一个 \(G_j\) 的分母，但是还是没啥用，因为乘起来还是要 \(O(nlogn)\) ，最后我们要的是每一个 \(Mult(F,G_j)\) 的常数项，考虑求出 \(\prod_{j=1}^mG_j\)，可以用分治乘法和求逆求出，直接令\(F=Mult(F,\prod_{j=1}^mG_j)\)，再一次进行分治，如果进去左区间就把右区间的贡献去掉，具体的，设 \(T=\prod_{j=\frac{n}2+1}^{n}\frac{1}{G_j}\)，只需要令 \(F=Mult(F,T)\)，进入右区间时同理，原因是暴力做是对于右区间的每一个 \(j\)，进行 \(Mult(Mult(F,\frac{1}{G_j}),\frac{1}{G_j})\)，由 \(Mult(Mult(a,b),c)=Mult(a,b*c)\) 知，可以先对右区间卷积起来一起做减法卷积。
然后就有了小常数的多点求值。
多项式快速插值
给定 \(n+1\) 个点值，要求一个 \(n\) 次多项式。
考虑拉格朗日插值法，有
这个式子为什么是对的，其实很简单，发现带入任意 \(x_i\) 都成立，然后就没了。
但是直接做是 \(O(n^2)\) 的，将其进行简单变形。
考虑带有 \(y_i\) 的那一项，容易发现只需要求出下边的即可，有点难求于是构造一个多项式 \(G=\prod_{i=0}^nx-x_i\)，只需要求出 \(\frac{G(x)}{x-x_i}\)，这个东西看起来好求但是实际上不是很好玩，因为分子分母在\(x=x_i\)的时候都是\(0\)。
这时候就要用到洛必达法则了。
众所周知，两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也可能不存在。因此，求这类极限时往往需要适当的变形，转化成可利用极限运算法则或重要极限的形式进行计算。洛必达法则便是应用于这类极限计算的通用方法 。
洛必达法则：对于 \(\frac{f(x)}{g(x)}\)，若\(\lim\limits_{x→a}f(x)=0,\lim\limits_{x→a}g(x)=0\)，那么\(\lim\limits_{x→a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x→a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\) 。
也就是说，当 \(x=x_i\) 时，$\frac{G(x)}{x-x_i}=\frac{G'(x)}{(x-x_i)'}=G'(x) $
于是有，
使用多项式多点求值即可求出所有的 \(G'\) ，不妨令 \(y_i=\frac{y_i}{G'(x_i)}\)。
那么实际上要求的是
令
直接暴力拆开，
自底向上乘即可。
下降幂多项式乘法
给定下降幂多项式 \(F,G\)，求 \(F*G\)。
首先考虑一个下降幂单项式 \(x^{\underline n}\) 的点值 \(EGF\)
即 \(e^xx^{n}\) ，那么只需要将 \(F,G\) 乘上 \(e^x\) 即可转化为点值的 \(EGF\) ，之后直接用点值相乘即可，注意得到的是点值的 \(EGF\) 所以相乘的时候要乘上一个阶乘。
下降幂多项式转普通多项式
给定一个下降幂多项式，求一个与其相等的普通多项式。
直接将下降幂转化成点值的形式然后快速插值即可。
普通多项式转下降幂多项式
给定一个普通多项式，求一个与其相等的下降幂多项式。
使用多点求值求出下降幂的点值 \(EGF\) ，然后乘上 \(e^{-x}\) 即可。
