多项式学习笔记

符号与约定

若无特殊说明，多项式的大小均默认为 $n=2^k$。

我们定义 $[x^i]F(x)$ 表示 $F(x)$ 的第 $i$ 项系数，其中 $F(x)$ 为多项式。那么有 $F(x)={\displaystyle \sum _{i=0}^{n-1}[x^i]F(x)\cdot x^i}$。

我们使用 $F(x)mod{x}^n$ 来限定 $F(x)$ 的次数上界，例如 $(x^2+2x+1)mod{x}^2=2x+1$。显然模 $x^n$ 的多项式域对加减乘封闭（因为只会从低位转移到高位）

基础模板

const int kM = 998244353;

struct Mi {
  int v;

  Mi(int v = 0) : v(v) {}
  Mi operator=(int v) { return *this = Mi(v); }
  Mi operator+(const Mi &o) const { return Mi(v + o.v - (v + o.v >= kM ? kM : 0)); }
  Mi operator-(const Mi &o) const { return Mi(v - o.v + (v - o.v < 0 ? kM : 0)); }
  Mi operator*(const Mi &o) const { return Mi(1LL * v * o.v % kM); }
  Mi operator~() const;
  Mi operator/(const Mi &o) const { return *this * ~o; }
  Mi operator+=(const Mi &o) { return *this = *this + o; }
  Mi operator-=(const Mi &o) { return *this = *this - o; }
  Mi operator*=(const Mi &o) { return *this = *this * o; }
  Mi operator/=(const Mi &o) { return *this = *this / o; }
};
istream &operator>>(istream &in, Mi &o) {
  LL v;
  in >> v;
  o = v;
  return in;
}
ostream &operator<<(ostream &out, const Mi &o) { return out << o.v; }
Mi P(Mi b, int e) {
  Mi s = 1;
  for (; e; e >>= 1, b *= b) {
    if (e & 1) {
      s *= b;
    }
  }
  return s;
}
Mi Mi::operator~() const { return P(this->v, kM - 2); }
const Mi kG = 3, kiG = ~kG;
using Poly = vector<Mi>;

int Scale(int n) {
  int l = 1;
  for (; l < n; l <<= 1) {
  }
  return l;
}
const int kL = 22;
Mi kO[kL], kiO[kL];
int _Init_omega = []() {
  for (int i = 0; i < kL; ++i) {
    kO[i] = P(kG, (kM - 1) / (1 << i));
    kiO[i] = P(kiG, (kM - 1) / (1 << i));
  }
  return 0;
}();
int kBr[1 << kL];
void InitBr(int n) {
  for (int i = 0; i < n; ++i) {
    kBr[i] = kBr[i >> 1] >> 1 | (i & 1) * (n / 2);
  }
}
int mxn;
void Init(int mx) {
  mxn = Scale(mx);
  InitBr(mxn);
}

加、减、多项式乘单项式

$$\begin{gathered} [x^i](F\pm G)(x)=[x^i]F(x)\pm [x^i]G(x) \\ [x^i](vF)(x)=v[x^i]F(x) \end{gathered}$$

Poly operator+(const Poly &a, const Poly &b) {
  Poly s(max(a.size(), b.size()));
  for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
    s[i] = (i < a.size() ? a[i] : 0) + (i < b.size() ? b[i] : 0);
  }
  return s;
}
Poly operator-(const Poly &a, const Poly &b) {
  Poly s(max(a.size(), b.size()));
  for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
    s[i] = (i < a.size() ? a[i] : 0) - (i < b.size() ? b[i] : 0);
  }
  return s;
}
Poly operator*(const Poly &a, const Mi &b) {
  Poly s = a;
  for (Mi &v : s) {
    v *= b;
  }
  return s;
}

多项式乘法/卷积

详见我的 深入理解 FFT。

知周所众，浮点运算 $\approx$ 精度误差+大常熟，所以拉了/ruo。

考虑在模意义下能够替代单位根的东西。

可以发现，原根的性质和单位根很像，设 $g$ 是某个模数的原根，那么可以发现 $g^k$ 的阶数即为 ${\displaystyle \frac{p-1}{gcd(k,p-1)}}$，即 $g^k={\omega }_{(p-1)/gcd(k,p-1)}$，代入 $k=(p-1)/n$ 可得 $g^{(p-1)/n}={\omega }_{(p-1)/gcd((p-1)/n,p-1)}={\omega }_{(p-1)/((p-1)/n)}={\omega }_n$。由于我们默认 $n=2^k$，我们只需要让模数 $p$ 形如 $2^k\cdot r+1$，其中 $k$ 是个不小的数即可。经典模数 $998244353=2^{23}\times 7\times 17+1$ 就符合此条件。

void NTT(const Poly &a, Poly &b, bool iv) {
  int n = a.size();
  b.resize(n);
  for (int i = 0; i < n; ++i) {
    b[i] = a[kBr[i]];
  }
  for (int l = 1, c = 0; l < n; l <<= 1, ++c) {
    Mi bo = (iv ? kiO : kO)[c + 1], so = 1;
    for (int i = 0; i < l; ++i) {
      for (int j = 0; j < n; j += l << 1) {
        Mi v = so * b[j + l + i];
        b[j + l + i] = b[j + i] - v;
        b[j + i] += v;
      }
      so *= bo;
    }
  }
  if (iv) {
    Mi _v = ~Mi(n);
    for (Mi &v : b) {
      v *= _v;
    }
  }
}
void iNTT(Poly &a, bool iv) {
  Poly b;
  NTT(a, b, iv);
  a = b;
}
Poly operator|(const Poly &x, const Poly &y) {
  Poly s = x;
  for (int i = 0; i < x.size(); ++i) {
    s[i] *= y[i];
  }
  return s;
}
Poly operator*(const Poly &x, const Poly &y) {
  Poly _x, _y;
  NTT(x, _x, 0), NTT(y, _y, 0);
  NTT(_x | _y, _x, 1);
  return _x;
}

多项式求逆

我们有这样一个问题：给定 $F(x)$，求一个多项式 $G(x)$ 使得 $F(x)\times G(x)\equiv 1(\mathrm{mod}{x}^n)$。

考虑对界进行倍增，边界情况为 $F(x)\times G(x)\equiv 1(\mathrm{mod}x)$，此时对 $F(x)$ 的常数项取逆即可。

假设我们现在已经知道了 $G^{\prime }(x)\equiv F(x{)}^{-1}(\mathrm{mod}{x}^{n/2})$，设 $G(x)\equiv F(x{)}^{-1}(\mathrm{mod}{x}^n)$，显然有 $G(x)\equiv G^{\prime }(x)(\mathrm{mod}{x}^{n/2})$，于是有：

$$\begin{gathered} G(x)\equiv G^{\prime }(x)(\mathrm{mod}{x}^{n/2}) \\ G(x)-G^{\prime }(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{n/2}) \\ G(x{)}^2+G^{\prime }(x{)}^2-2G(x)G^{\prime }(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n) \\ G(x)+F(x)G^{\prime }(x{)}^2-2G^{\prime }(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n) \\ G(x)\equiv 2G^{\prime }(x)-F(x)G^{\prime }(x{)}^2(\mathrm{mod}{x}^n) \\ G(x)\equiv G^{\prime }(x)(2-F(x)G^{\prime }(x))(\mathrm{mod}{x}^n) \end{gathered}$$

Poly operator~(const Poly &a) {
  int n = a.size();
  Poly s(1, ~a[0]);
  for (int l = 2; l <= n; l <<= 1) {
    InitBr(l << 1);
    Poly b = a;
    b.resize(l), b.resize(l << 1);
    s.resize(l << 1);
    iNTT(s, 0), iNTT(b, 0);
    for (int i = 0; i < (l << 1); ++i) {
      s[i] = s[i] * (Mi(2) - b[i] * s[i]);
    }
    iNTT(s, 1);
    s.resize(l);
  }
  return s;
}

求导/积分

$$\begin{gathered} \frac{\mathrm{d}F(x)}{\mathrm{d}x}=\sum _{i=0}^{n-2}(i+1)[x^{i+1}]F(x)\cdot x^i \\ \int F(x)\mathrm{d}x=C+\sum _{i=1}^{n-1}\frac{[x^{i-1}]F(x)}{i}\cdot x^i \end{gathered}$$

Poly Deriv(const Poly &a) {
  int n = a.size();
  Poly s(n);
  for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
    s[i] = a[i + 1] * (i + 1);
  }
  return s;
}
Poly Integ(const Poly &a) {
  int n = a.size();
  Poly s(n);
  for (int i = 1; i < n; ++i) {
    s[i] = a[i - 1] / i;
  }
  return s;
}

牛顿迭代

极其重要，用来解决这种问题：

已知 $G(x)$ 且 $G(F(x))=0$，求 $F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$。

假设我们已知 $F_{\ast }(x)$ 使得 $G(F_{\ast }(x))\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{n/2})$，则：

$$F(x)\equiv F_{\ast }(x)-\frac{G(F_{\ast }(x))}{G^{\prime }(F_{\ast }(x))}(\mathrm{mod}{x}^n)$$

计算时的一些注意点：

• $F(x)$ 的精度是 $(\mathrm{mod}{x}^n)$ 的。
• $F_{\ast }(x)$ 的精度只需做到 $(\mathrm{mod}{x}^{n/2})$。
• $G(F_{\ast }(x))$ 的最低次项至少是 $x^{n/2}$，所以 $G^{\prime }(F_{\ast }(x))$ 的精度只需做到 $(\mathrm{mod}{x}^{n/2})$。
• $G^{\prime }(F(x))$ 为 ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}G(F(x))}{\mathrm{d}F(x)}}$ 的简写而不是 ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}G(F(x))}{\mathrm{d}x}}$ 的简写。

开根

给定 $G(F(x))=F(x{)}^2-A(x)$，求 $G(F(x))=0$ 的解 $F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$。

发现 $G^{\prime }(F(x))=2F(x)$，于是有：

$$\begin{gathered} F(x)\equiv F_{\ast }(x)-\frac{F_{\ast }(x{)}^2-A(x)}{2F_{\ast }(x)}(\mathrm{mod}{x}^n) \\ F(x)\equiv F_{\ast }(x)-(\frac{F_{\ast }(x)}{2}-\frac{A(x)}{2F_{\ast }(x)})(\mathrm{mod}{x}^n) \\ F(x)\equiv \frac{1}{2}(F_{\ast }(x)+\frac{A(x)}{F_{\ast }(x)})(\mathrm{mod}{x}^n) \end{gathered}$$

当只有常数项是，开放结果是二次剩余，模板题保证了 $a_0=1$，故令 $F_0=1$ 即可。

Poly Sqrt(const Poly &a) {
  int n = a.size();
  Poly s(1, 1);
  Mi iv2 = ~Mi(2);
  for (int l = 2; l <= n; l <<= 1) {
    Poly b = a;
    b.resize(l), b.resize(l << 1);
    Poly _s = ~s;
    _s.resize(l << 1);
    InitBr(l << 1);
    s = (s + b * _s) * iv2;
    s.resize(l);
  }
  return s;
}

带余除法

首先直接求 ${\displaystyle \frac{F(x)}{G(x)}}$ 的话可以直接对 $G(x)$ 求逆，然后和 $F(x)$ 乘起来。

但这样子得到的多项式是 $n+m$ 次项的，而我们想要的是 $n-m$ 此项。

考虑原式：

$$F(x)=G(x)\times Q(x)+R(x)$$

我们的 $(\mathrm{mod}{x}^n)$ 可以做到消去 $x^n$ 及以上的项，但我们此时想要消去的是 $x^m$ 以下的项（即消去 $R(x)$）。

考虑将多项式反转。我们有 $F^T(x)=x^{n}F(x^{-1})$，那么 $F^T(x)$ 的系数则正好是 $F(x)$ 的系数反转得到的结果。

那么有：

$$\begin{gathered} F(x^{-1})=G(x^{-1})\times Q(x^{-1})+R(x^{-1}) \\ {x}^{n}F(x^{-1})=x^{m}G(x^{-1})\times x^{n-m}Q(x^{-1})+x^{n}R(x^{-1}) \\ {F}^T(x)=G^T(x)\times Q^T(x)+x^{n-(m-1)}{R}^T(x) \\ {F}^T(x)\equiv G^T(x)\times Q^T(x)(\mathrm{mod}{x}^{n-m+1}) \\ {Q}^T(x)\equiv \frac{F^T(x)}{G^T(x)}(\mathrm{mod}{x}^{n-m+1}) \end{gathered}$$

此时就能用多项式求逆做了，求出 $Q^T(x)$ 后再把系数翻回来即可。

我们有：

$$R(x)=F(x)-G(x)\times Q(x)$$

因此 $R(x)$ 是容易计算的。