闲话

还有不到两周就 csp-j/s 了（
祝大家别挂分（

没有闲话题材了啊!

今日推歌：花朵 by 合目 feat. 诗岸

那些你不要的：拉格朗日……插值？

给定 $n, k$。给定一个 $n$ 阶多项式 $f(x)$，以及 $k$ 个无重根首一多项式 $f_1(x), \dots, f_k(x)$，第 $i$ 个多项式的次数为 $m_i > 0$。$f(x)$ 给定系数，$f_i(x)$ 给定 $m_i$ 个根。对每个 $i$ 求算 $f(x) \bmod f_i(x)$。

$1\le \sum_i m_i, n\le 10^5$。

一个高等代数的做法是这样的：令 $r_i(x) = f(x) \bmod f_i(x)$，那么其为满足 $f(x) = q(x) f_i(x) + r(x)$ 的 $r(x)$ 中最短者。而带入 $f_i(x) = \prod_{j = 1}^{m_i} (x - x_j)$ 的 $m_i$ 个根知道 $r(x_j) = f(x_j)$。则显然通过拉格朗日插值能确定这个最短多项式 $r_i(x)$。
那么对一般的情况，只需要对 $f(x)$ 和这 $\sum m_i$ 个根运行多点求值，再分别运行快速插值即可。总时间复杂度 $O(n\log^2 n)$，常数*可能*不是很大。

另一个由古典多点求值算法导出的做法是这样的：注意到对 $f(x), m_1(x), m_2(x)$，$f(x)\bmod m_1(x) = \left(f(x) \bmod m_1(x)m_2(x)\right) \bmod m_1(x)$，那么先求出 $f_i(x)$ 的多项式形式，把它们排成一排，按照度数之和每次从近似中点先合并，再分治取模即可。总时间复杂度也是 $O(n\log^2 n)$，常数听说不小。

所以说上面那个做法其实没啥实际作用，而且限制挺大的，比如 $f_i(x)$ 都要无重根。当然如果 $f(x)$ 和需要的信息够特殊，比如能 $O(n)$ 对 $f(x)$ 做多点求值，并且不需要求最短多项式的系数而是远点求值，那总复杂度就可以优化到 $O(n)$ 了。

根据 jjdw 的阐述，我们可以不直接用拉格朗日插值，而且甚至可以不需要无重根的性质。那么我们接下来不使用无重根性质，即 $f_i(x) = \prod_{j = 1}^{m_i} (x - x_j)^{c_j}$。如果我们能求算每个 $f(x) \bmod (x - x_j)^{c_j}$，那么根据多项式 CRT，存在一种方法计算 $f(x) \bmod \prod_{j = 1}^{m_i} (x - x_j)^{c_j}$。那么这种方法是什么呢？

回忆一下多项式 CRT 的构造：取 $f_i(x) = \prod_{j = 1}^{m_i} (x - x_j)^{c_j}, p_j(x) = (x - x_j)^{c_j}$，以及 $f_i(x) / p_j(x)$ 在 $\bmod p_j(x)$ 意义下的逆元 $v_j(x) = \left[f_i(x) / p_j(x) \bmod p_j(x)\right]^{-1}\bmod p_j(x)$。那么 $r_i(x) = \sum_{j = 1}^{m_i} f(x_j) f_i(x) / (x - x_j) v_j(x)$。那么要对每个 $1\le j \le m_i$ 求算 $v_j(x)$。首先考虑求算 $P_j(x) = f_i(x) / p_j(x) \bmod p_j(x)$，这个直接通过分治树即可得到。接下来考虑求逆。考虑代换 $t = x - x_j$，容易发现这变换是保度数的，因此我们只需要先求 $P_j(t + x_j)$ 在模 $t^{c_j}$ 意义下的逆，然后代换回去即可。
上面的内容摘自 分式分解，给小朋友们做现场的表演。

这个还是 $O(n\log^2 n)$ 的，分治树那一部分的常数感觉和上面第二个做法没啥区别啊。

然而最重要的一点就是：给定根这个性质太少见了。所以到目前为止这个东西还停留在理性愉悦阶段。