【学习笔记】多项式基础

$1.1$ 多项式乘法逆元：满足$F(x)\ast G(x)=1$时，称$F(x),G(x)$互为乘法逆元。保证$f_0\ne 0$。

考虑倍增算法。当界为$(\mathrm{mod}x)$，即多项式只有常数项时，直接求数字逆元即可满足条件。

假设我们已经得到了$R_{\ast }(x)=F(x{)}^{-1}(\mathrm{mod}{x}^{n/2})$

设$R(x)=F(x{)}^{-1}(\mathrm{mod}{x}^n)$

那么$R(x)=R_{\ast }(x)(\mathrm{mod}{x}^{n/2})$，作差得$R(x)-R_{\ast }(x)=0(\mathrm{mod}{x}^{n/2})$

平方得$(R(x)-R_{\ast }(x){)}^2=0(\mathrm{mod}{x}^n)$

展开得$R(x{)}^2-2R(x)R_{\ast }(x)+R_{\ast }(x{)}^2=0(\mathrm{mod}{x}^n)$

两边同乘$F(x)$，得到$R(x)-2R_{\ast }(x)+R_{\ast }(x{)}^{2}F(x)=0(\mathrm{mod}{x}^n)$

那么$R(x)=2R_{\ast }(x)-R_{\ast }(x{)}^{2}F(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$

根据这个即可从$R_{\ast }(x)$求得$R(x)$，实现次数倍增。

复杂度$O(n\log n)$。

$1.2$ 泰勒级数和麦克劳林级数：

泰勒级数用无限项连加式来表示函数。一般的，对于一个光滑函数$f(x)$，有

$$f(x)=\sum _{n=0}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a{)}^n$$

这个式子被称为$f(x)$在$a$处的泰勒展开式；在$0$处的展开式也被称为麦克劳林展开式或麦克劳林级数。

$1.3$ 一般的 Newton’s Method：

一般用于求解非线性方程$f(x)=0$的根。算法如下：

• 选取一个合适的数作为$x_0$
• 将$f(x)$在$x_0$处展开，即$f(x)={\sum }_{n=0}\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n$
• 取其常数项和线性项的系数，令其等于$0$，即$f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)=0$
• 解得这个近似线性方程的根$x_1$，可以证明证明每个新解都更接近$f(x)=0$的根

$1.4$ Newton’s Method 在多项式中的 Methodology：

定义多项式的求导：

$$F^{\prime }(x)=\sum _{i=1}^{n}F[i]i{x}^{i-1}$$

定义多项式的积分：

$$\int F(x)=C+\sum _{i=0}^{n}F[i]x^{i+1}/(i+1)$$

定义多项式复合为：

$$F(G(x))=\sum _{i=0}^{n}F[i]G(x{)}^i$$

已知函数$g$且$g(f(x))=0$，求$f(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$

选择一个满足$g(f(x))=0(\mathrm{mod}x)$的多项式作为初始根。

设我们已经求出了模$x^{n/2}$意义下的根$f_0(x)$，将$g(f(x))$在$f_0(x)$处展开：

$$g(f(x))=\sum _{i=0}\frac{g^{(i)}(f_0(x))}{i!}(f(x)-f_0(x){)}^i$$

将$f(x)=f_0(x)+x^{n/2}\ast h(x)$带入，即

$$g(f(x))=\sum _{i=0}\frac{g^{(i)}(f_0(x))}{i!}{x}^{n/2\ast i}{h}^i(x)$$

当$x\ge 2$时有 $x^{n/2\ast i}{h}^i(x)=0(\mathrm{mod}{x}^n)$，则在模$x^n$意义下的泰勒级数，从第$3$项开始全部为$0$，于是只需保留前两项：

$$g(f_0(x))+g^{\prime }(f_0(x))\ast x^{n/2}\ast h(x)=0$$

解得

$$h(x)=-x^{-n/2}\frac{g(f_0(x))}{g^{\prime }(f_0(x))}(\mathrm{mod}{x}^n)$$

在$h(x)$存在的情况下回代得

$$f(x)=f_0(x)-\frac{g(f_0(x))}{g^{\prime }(f_0(x))}(\mathrm{mod}{x}^n)$$

经验告诉我们$h(x)$总是存在。由上述过程可知，$g(f(x))=0(\mathrm{mod}{x}^n)$ 的根存在，当且仅当这个同余方程在模$x^1$的意义下的根$f_0$存在，并且每个$f_0$都对应一个唯一的模$x^n$的根。

$1.5$ 多项式开根：

得 $B(x{)}^2-A(x)=0$，此处$A(x)$已知。保证$a_0=1$。

令$G(B(x))=B(x{)}^2-A(x)$

则$G^{\prime }(B(x))=2B(x)$

根据牛顿迭代得到：$$\begin{gathered} B(x)=B_{\ast }(x)-\frac{G(B_{\ast }(x))}{G^{\prime }(B_{\ast }(x))} \\ =B_{\ast }(x)-\frac{B_{\ast }(x{)}^2-A(x)}{2B_{\ast }(x)}=\frac{A(x)+B_{\ast }(x{)}^2}{2B_{\ast }(x)} \end{gathered}$$

根据这个倍增即可。复杂度$O(n\log n)$。

$1.6$ 多项式带余除法：

我们定义$n$次多项式的反转操作$F^T(x)=x^{n}F(x^{-1})$

那么$F(x)=Q(x)G(x)+R(x)$，其中$F(x)$和$G(x)$已知

换元得到$F(x^{-1})=Q(x^{-1})G(x^{-1})+R(x^{-1})$

两边同乘$x^n$：$x^{n}F(x^{-1})=x^{n}Q(x^{-1})G(x^{-1})+x^{n}R(x^{-1})$

写成反转的形式，$F^T(x)=Q^T(x)G^T(x)+x^{n-m+1}{R}^T(x)$

两边同时模$x^{n-m+1}$，得到$F^T(x)=Q^T(x)G^T(x)(\mathrm{mod}{x}^{n-m+1})$

变形得$Q^T(x)=F^T(x)G^T(x{)}^{-1}(\mathrm{mod}{x}^{n-m+1})$

求出$Q^T(x)$后翻转即可得到$Q(x)$。

$R(x)=F(x)-Q(x)G(x)$，容易算出余数。

复杂度$O(n\log n)$。

$1.7$ 多项式$\ln ,\exp$

两者均由麦克劳林级数定义：

$$\begin{gathered} \ln (F(x))=-\sum _{i=1}\frac{(1-F(x){)}^i}{i} \\ \exp (F(x))=\sum _{i=0}\frac{F(x{)}^i}{i!} \end{gathered}$$

在这个定义下，$\ln$和$\exp$仍为互逆运算。

$\mathrm{1.7.1}$ 给定$n$次多项式$A(x)$，求$\ln (A(x))(\mathrm{mod}{x}^n)$，保证$a_0=1$

相当于$B(x)=\ln (A(x))(\mathrm{mod}{x}^n)$

两边同时求导（对$x$求导），$B^{\prime }(x)=\frac{A(x{)}^{\prime }}{A(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)$

两边同时积分，$B(x)=\int \frac{A(x{)}^{\prime }}{A(x)}(\mathrm{mod}{x}^n)$

需要一次多项式求导，一次多项式求逆，一次多项式积分。复杂度$O(n\log n)$。

$\mathrm{1.7.2}$ 给定$n$次多项式$A(x)$，求$\exp (A(x))(\mathrm{mod}{x}^n)$，保证$a_0=0$

相当于$B(x)=\exp (A(x))(\mathrm{mod}{x}^n)$

即$A(x)-\ln (B(x))=0$，定义$g(f(x))=A(x)-\ln (f(x))$，带入 Newton’s Method 得

$$\begin{gathered} f(x)=f_0(x)-\frac{g(f_0(x))}{g^{\prime }(f_0(x))}=f_0(x)-(\ln f_0(x)-A(x))\ast f_0(x) \\ =f_0(x)(1-\ln f_0(x)+A(x)) \end{gathered}$$

倍增算即可。复杂度$O(n\log n)$。

$1.8$ 多项式快速幂
给定$n$次多项式$A(x)$，求$A(x{)}^k(\mathrm{mod}{x}^n)$，保证$a_0=1$

公式非常简单：$A(x{)}^k=\exp (k\ln A(x))$

复杂度$O(n\log n)$。

$1.9$ 任意多项式快速幂
给定$n$次多项式$A(x)$，求$A(x{)}^k(\mathrm{mod}{x}^n)$，不保证$a_0=1$

记$A(x)=c{x}^{m}B(x)$，其中$b_0=1$

那么$A(x{)}^k=c^k{x}^{mk}B(x{)}^k$，可以计算。

复杂度$O(n\log n)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define db long double
#define cpx complex<db>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=4e5+5;
const int mod=998244353;
int n;
ll fac[N],inv[N],inv2=(mod+1)/2;
ll fpow(ll x,ll y=mod-2){
	ll z(1);
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1)z=z*x%mod;
		x=x*x%mod;
	}return z;
}
void init(int n){
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[n]=fpow(fac[n]);for(int i=n;i>=1;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}
ll omega(int n,int k,int I){
	if(!I)return fpow(3,(mod-1)/n*k);
	return fpow(3,(mod-1)/n*(n-k));
}
void ntt(ll *a,int n,int I=0){
	int k=0;while((1<<k)<n)k++;
	for(int i=0;i<n;i++){
		int t=0;
		for(int j=0;j<k;j++)if(i&(1<<j))t|=(1<<(k-j-1));
		if(i<t)swap(a[i],a[t]);
	}
	for(int l=2;l<=n;l<<=1){
		int m=l/2;ll y=omega(l,1,I);
		for(ll *p=a;p!=a+n;p+=l){
			ll x=1;
			for(int i=0;i<m;i++){
				ll z=x*p[i+m]%mod;
				p[m+i]=(p[i]-z)%mod;
				p[i]=(p[i]+z)%mod;
				x=x*y%mod;
			}
		}
	}if(I){
		ll l=fpow(n);for(int i=0;i<1<<k;i++)a[i]=a[i]*l%mod;
	}
}
struct poly{
	ll a[N];
	poly(){memset(a,0,sizeof a);}
	friend poly operator *(poly a,poly b){
		int k=0;while((1<<k)<(n<<1))k++;
		for(int i=n;i<1<<k;i++)a.a[i]=b.a[i]=0;
		ntt(a.a,1<<k),ntt(b.a,1<<k);
		for(int i=0;i<1<<k;i++)a.a[i]=a.a[i]*b.a[i]%mod;
		ntt(a.a,1<<k,1);
		for(int i=n;i<1<<k;i++)a.a[i]=0;
		return a;
	}
	friend poly operator +(poly a,poly b){
		for(int i=0;i<n;i++)a.a[i]=(a.a[i]+b.a[i])%mod;
		return a;
	}
	friend poly operator -(poly a,poly b){
		for(int i=0;i<n;i++)a.a[i]=(a.a[i]+mod-b.a[i])%mod;
		return a;
	}
	friend poly operator *(poly a,ll b){
		for(int i=0;i<n;i++)a.a[i]=a.a[i]*b%mod;
		return a;
	}
}f;
poly Inv(poly a){
	poly b,aa=a;b.a[0]=fpow(a.a[0]);int n2=n;
	int l;
	for(l=1;l<n2;l<<=1){
		n=l<<1;
		for(int i=0;i<n;i++)a.a[i]=aa.a[i];for(int i=n;i<n<<1;i++)a.a[i]=0;
		ntt(b.a,n<<1),ntt(a.a,n<<1);
		for(int i=0;i<n<<1;i++)b.a[i]=(2*b.a[i]-b.a[i]*b.a[i]%mod*a.a[i]%mod)%mod;
		ntt(b.a,n<<1,1);for(int i=n;i<n<<1;i++)b.a[i]=0;
	}n=n2;for(int i=n;i<l;i++)b.a[i]=0;
	return b;
}
poly sqrt(poly a){
	poly b,bb,aa=a;b.a[0]=1;int n2=n;
	int l;
	for(l=1;l<n2;l<<=1){
		n=l<<1;bb=Inv(b);
		for(int i=0;i<n;i++)a.a[i]=aa.a[i];for(int i=n;i<n<<1;i++)a.a[i]=0;
		ntt(a.a,n<<1),ntt(b.a,n<<1),ntt(bb.a,n<<1);
		for(int i=0;i<n<<1;i++)b.a[i]=(b.a[i]+a.a[i]*bb.a[i]%mod)%mod*inv2%mod;
		ntt(b.a,n<<1,1);for(int i=n;i<n<<1;i++)b.a[i]=0;
	}n=n2;for(int i=n;i<l;i++)b.a[i]=0;
	return b;
}
poly der(poly a){
	for(int i=1;i<n;i++)a.a[i-1]=a.a[i]*i%mod;
	a.a[n-1]=0;return a;
}
poly Int(poly a){
	for(int i=n-2;i>=0;i--)a.a[i+1]=a.a[i]*fpow(i+1)%mod;
	a.a[0]=0;return a;
}
poly ln(poly a){
	return Int(der(a)*Inv(a));
} 
poly exp(poly a){
	poly b,bb;b.a[0]=1;int n2=n;
	int l;
	for(l=1;l<n2;l<<=1){
		n=l<<1;bb=ln(b);
		for(int i=0;i<n;i++)bb.a[i]=(a.a[i]-bb.a[i])%mod;for(int i=n;i<n<<1;i++)bb.a[i]=0;
		bb.a[0]++;
		ntt(b.a,n<<1),ntt(bb.a,n<<1);
		for(int i=0;i<n<<1;i++)b.a[i]=b.a[i]*bb.a[i]%mod;
		ntt(b.a,n<<1,1);for(int i=n;i<n<<1;i++)b.a[i]=0;
	}n=n2;for(int i=n;i<l;i++)b.a[i]=0;
	return b;
}
poly power(poly a,ll K){
	return exp(ln(a)*K);
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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