多 项 式 全 家 桶（便携式）

多项式卷积

用 $F\times G$ 表示 $F$ 与 $G$ 的卷积。暂时略去 FFT 与 NTT 的推导过程（应该……会补的吧？）。时间复杂度 $O(n\log n)$。

多项式牛顿迭代

给定 $F$。求 $G$ 使 $F\circ G\equiv 0\pmod {x^n}$。这里 $F\circ G(x)=F(G(x))$。

考虑倍增。$n=1$ 时单独求解。假设已经得到了 $\bmod m_1=x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}$ 的解 $G_1$，考虑 $\bmod m=x^{n}$。

将 $F$ 在 $G_1(x)$ 处进行泰勒展开，有

$$\sum_{i\ge 0}\frac{F^{(i)}(G_1(x))}{i!}(G(x)-G_1(x))^{i}\equiv 0\pmod {x^n}$$

因为 $G(x)-G_1(x)$ 的最低非零项次数为 $\lceil\frac{n}{2}\rceil$，所以 $i\ge 2$ 时的项恒为 $0$。因此

$$F(G_1(x))+F'(G_1(x))(G(x)-G_1(x))\equiv 0\pmod {x^n}\\ G(x)=G_1(x)-\frac{F(G_1(x))}{F'(G_1(x))}\pmod {x^n}$$

一般来说不会直接用到，但是可以用它直接解决下面的几个问题。

多项式乘法逆

给定 $F$，求 $G$ 使 $F\times G\equiv 1\pmod{x^{n}}$。$G$ 可以记作 $\frac{1}{F}$ 或 $F^{-1}$。

应用牛顿迭代。方程是 $\frac{1}{G}-F=0$。有 $G=G_1-\frac{G_1^{-1}-F}{-G_1^{-2}}=2G_1-G_1^2F=G_1(2-G_1F)$。时间复杂度 $T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n)$。

多项式带余除法

给定 $F,G$，求 $Q,R$ 满足 $F=G\times Q+R,\deg R\lt \deg G$。可以证明 $(Q,R)$ 是唯一存在的。

记 $F_r$ 表示将 $F$ 的系数序列翻转之后的多项式，$G_r,Q_r,R_r$ 同理。记 $n=\deg F,m=\deg G$。考虑将 $\frac{1}{x}$ 作为自变量代入式子，则得到 $F_r=G_r\times G_r+R\times x^{n-m+1}$。式子两边对 $x^{n-m+1}$ 取模得到 $Q_r\equiv \frac{F_r}{G_r}\pmod {x^{n-m+1}}$。而 $\deg Q=n-m$，所以直接用多项式乘法计算 $\frac{F_r}{G_r}$ 就可以得到 $Q_r$。有了 $Q_r$ 自然有 $Q$，那么 $R=F-G\times Q$ 即可。时间复杂度 $O(n\log n)$。

多项式开方

给定 $F$，求 $G$ 使 $G^2\equiv F\pmod {x^n}$。

应用牛顿迭代。有 $G=G_1-\frac{G_1^2-F}{2G_1}=\frac{F+G_1^2}{2G_1}$。时间复杂度 $O(n\log n)$。

多项式求导 / 不定积分

太简单了。直接按照定义做就可以了。时间复杂度 $O(n)$。

多项式 ln

给定 $F$，求 $G$ 使 $G\equiv \ln F\pmod {x^n}$。注意只有当 $F(0)=1$ 时有解。

$\ln$ 没法处理，考虑两边求导。有 $G'\equiv \frac{F'}{F} \pmod {x^n}$。于是 $G\equiv \int {\frac{F'}{F}} \pmod {x^n}$。

多项式 exp

给定 $F$，求 $G$ 使 $G\equiv e^{F} \pmod {x^n}$。注意只有当 $F(0)=0$ 时有解。

应用牛顿迭代。有 $G=G_1-\frac{\ln G_1-F}{\frac{1}{G_1}}=G_1(1-\ln G_1+F)$。时间复杂度 $O(n\log n)$。

多项式快速幂

给定 $F,k$，求 $F^k\bmod x^n$。

快速幂使用倍增？大可不必。直接做 $e^{k\cdot \ln F}$ 即可。如果 $F(0)\neq 1$ 则只要用 $\frac{F}{F(0)}$ 计算，最后乘上 $F(0)^{k}$。时间复杂度 $O(n\log n)$。注意可能需要特判 $F(0)=0$ 的情形。

其实直接使用倍增当然也是可以的，还能够处理任意的模多项式。

const int N=2e5+5,P=998244353;
int qpow(int a,int b=P-2){
    int c=1;
    for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%P)
        if(b&1)c=1ll*c*a%P;
    return c;
}
typedef vector<int> arr;
namespace poly{
    const int _G=3,invG=::qpow(3);
    int tr[N<<1];
    void NTT(arr&f,int op){
        int n=f.size();
        for(int i=0;i<n;++i)
            if(i<tr[i])swap(f[i],f[tr[i]]);
        for(int p=2;p<=n;p<<=1){
            int len=p>>1,tG=::qpow(op==1?_G:invG,(P-1)/p);
            for(int k=0;k<n;k+=p){
                int buf=1;
                for(int l=k;l<k+len;++l){
                    int tmp=1ll*buf*f[len+l]%P;
                    f[len+l]=(f[l]-tmp+P)%P;f[l]=(f[l]+tmp)%P;
                    buf=1ll*buf*tG%P;
                }
            }
        }
        if(op==-1){
            int inv=::qpow(n);
            for(int i=0;i<n;++i)f[i]=1ll*f[i]*inv%P;
        }
    }//NTT模板
    arr times(arr f,arr g){
        int n=f.size(),m=g.size();
        for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1);
        f.resize(n);g.resize(n);
        for(int i=0;i<n;++i)
            tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|((i&1)?n>>1:0);
        NTT(f,1);NTT(g,1);
        for(int i=0;i<n;++i)f[i]=1ll*f[i]*g[i]%P;
        NTT(f,-1);return f;
    }//多项式卷积
    arr inv(int n,arr f){
        if(n==1)return {::qpow(f[0])};
        arr g=inv((n+1)/2,f);f.resize(n);
        f=times(f,g);for(int i=0;i<n;i++)f[i]=P-f[i];f[0]+=2;
        f.resize(n);f=times(f,g);f.resize(n);return f;
    }//多项式求逆
    arr sqrt(int n,arr f){
        if(n==1)return {1};//这里只考虑f[0]=1的情况。实际上可能要求二次剩余。
        arr g1=sqrt((n+1)/2,f);f.resize(n);
        arr g=times(g1,g1);g.resize(n);int inv2=(P+1)/2;
        for(int i=0;i<n;i++)g[i]=1ll*(f[i]+g[i])%P*inv2%P;
        g1.resize(n);g1=inv(n,g1);g=times(g,g1);g.resize(n);
        return g;
    }//多项式开根
    pair<arr,arr> mod(arr f,arr g){
        int n=f.size(),m=g.size();arr ff=f,gg=g;
        reverse(ff.begin(),ff.end());
        reverse(gg.begin(),gg.end());gg.resize(n+1);
        arr q=times(ff,inv(n+1,gg));
        q.resize(n-m+1);reverse(q.begin(),q.end());
        arr r=times(g,q);r.resize(m-1);
        for(int i=0;i<m-1;i++)r[i]=(f[i]-r[i]+P)%P;
        return make_pair(q,r);
    }//多项式带余除法
    arr ln(arr f){
        int n=f.size();arr f1;f1.resize(n);
        for(int i=1;i<n;i++)f1[i-1]=1ll*f[i]*i%P;
        f=inv(n,f);f1=times(f1,f);f1.resize(n);
        f[0]=0;for(int i=1;i<n;i++)f[i]=1ll*f1[i-1]*::qpow(i)%P;
        return f;
    }//多项式 ln
    arr exp(int n,arr f){
        if(n==1)return {1};
        arr g1=exp((n+1)/2,f);f.resize(n);g1.resize(n);
        arr g=ln(g1);for(int i=0;i<n;i++)g[i]=(f[i]-g[i]+P)%P;++g[0];
        g=times(g,g1);g.resize(n);return g;
    }//多项式 exp
    arr qpow(arr f,int k1,int k2){
        //因为k可能很大，所以传入k1=k%P,k2=k%(P-1)
        int n=f.size(),x=f[0],invx=::qpow(x);
        for(int i=0;i<n;i++)f[i]=1ll*f[i]*invx%P;
        f=ln(f);for(int i=0;i<n;i++)f[i]=1ll*f[i]*k1%P;
        f=exp(n,f);x=::qpow(x,k2);
        for(int i=0;i<n;i++)f[i]=1ll*f[i]*x%P;
        return f;
    }//多项式快速幂
}