多项式全家桶
多项式乘法
\(FFT \Rightarrow\) 传送门
\(NTT \Rightarrow\) 传送门
\(FFT\)
void FFT(int lim, Complex *a, int op) {
for (int i = 0; i < lim; ++i)
if (i < r[i]) swap(a[i], a[r[i]]);
for (int len = 2; len <= lim; len <<= 1) {
int mid = len >> 1;
Complex Wn = {cos(Pi / mid), op * sin(Pi / mid)};
for (int i = 0; i < lim; i += len) {
Complex w = {1, 0};
for (int j = 0; j < mid; ++j, w = w * Wn) {
Complex x = a[i + j], y = w * a[i + j + mid];
a[i + j] = x + y;
a[i + j + mid] = x - y;
}
}
}
}
\(NTT\)
ll root(const ll p) {
for (int i = 2; i <= p; ++i) {
int x = p - 1;
bool flag = true;
for (int k = 2; k * k <= p - 1; ++k) if (!(x % k)) {
if (ksm(i, (p - 1) / k) == 1) {
flag = false;
break;
}
while (!(x % k)) x /= k;
}
if (flag && (x == 1 || ksm(i, (p - 1) / x) != 1)) return i;
}
}
void NTT(int lim, ll *a, int op) {
for (int i = 0; i < lim; ++i)
if (i < r[i]) swap(a[i], a[r[i]]);
for (int len = 2; len <= lim; len <<= 1) {
int mid = len >> 1;
ll Wn = ksm(op == 1 ? G : Gx, (mod - 1) / len);
for (int i = 0; i < lim; i += len) {
ll w = 1;
for (int j = 0; j < mid; ++j, w = (w * Wn) % mod) {
ll x = a[i + j], y = w * a[i + j + mid] % mod;
a[i + j] = (x + y) % mod;
a[i + j + mid] = (x - y + mod) % mod;
}
}
}
}
多项式求逆
当多项式只有一项时，那么显然 \(G_0\) 就是 \(F_0\) 的逆元。
考虑一般情况下，如果我们已知 \(F(x) H(x) \equiv 1 (\mod x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\) ，如何求出 \(F(X)G(x) \equiv 1(\mod x^n)\)
已知 \(F(x) H(x) \equiv 1 (\mod x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\)
又显然 \(F(X)G(x) \equiv 1(\mod x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\)
模 \(x ^ n\) 相当于将次数大于等于 \(n\) 的项舍去了，模 \(x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\) 则相当于舍去了更多的项，所以前者满足，后者一定满足。
将两个式子相减 \(F(x)\left[ G(x) - H(x) \right] \equiv 0 (\mod x ^ {\lceil \frac{n}{2} \rceil})\)
即 \(G(x) - H(x) \equiv 0 (\mod x ^ {\lceil \frac{n}{2} \rceil})\)
然后将两边·平方一下
由于 \(G(x)-H(x)\) 在 模 \(x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\) 下为 \(0\)，所以这个式子的结果的 \(0\) 到 \(\lceil \frac{n}{2} \rceil - 1\) 次项系数都为 \(0\)。
而平方之后，对于结果的 \(i\) 次项（\(0 \le i \le 2 \times \lceil \frac{n}{2} \rceil - 1\)），其系数 \(a_i=\sum \limits_{j=0}^{i} a_j a_{i-j}\)， 其中 \(a_j\) 和 \(a_{i-j}\) 必定至少有一项小于等于 \(\lceil \frac{n}{2} \rceil - 1\)，所以可以得知，平方之后的式子在模 \(x^n\) 意义下也为 \(0\)。
给式子乘上一个 \(F(x)\)，得到
由多项式乘法逆的定义 \(F(x)G(x)\equiv 0(\mod x ^n)\)可以得到
再移项
于是就可以不断倍增，求出多项式乘法逆。
void polyinv(int len, int *A, int * B) {
if (len == 1) {
B[0] = fpow(A[0], P - 2);
return;
}
static int tmp[_];
polyinv((len + 1) >> 1, A, B);
int lim = 1, k = 0;
while (lim < (len << 1)) lim <<= 1, ++k;
for (int i = 0; i < lim; ++i) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (k - 1));
copy(A, A + len, tmp);
fill(tmp + len, tmp + lim, 0);
NTT(lim, tmp, 1);
NTT(lim, B, 1);
for (int i = 0; i < lim; ++i)
B[i] = (2ll - 1ll * B[i] * tmp[i] % P + P) * B[i] % P;
NTT(lim, B, -1);
fill(B + len, B + lim, 0);
}
多项式除法
给定一个 \(n\) 次多项式 \(F(x)\) 和一个 \(m\) 次多项式 \(G(x)\) ，求出多项式 \(Q(x)\), \(R(x)\)，满足：
- \(Q(x)\) 次数为 \(n-m\)，\(R(x)\) 次数小于 \(m\)
- \(F(x) = Q(x) * G(x) + R(x)\)
首先考虑一种操作 \(R\) ，使得
这个操作实际上是将 \(A(x)\) 的系数反转。
接下来，考虑将 \(F(x) = Q(x) * G(x) + R(x)\) 中的 \(x\) 全部用 \(\frac{1}{x}\) 替代，然后等式两边同时乘上 \(x ^ n\)，得到
即
比较难搞的是 \(R(x)\)，考虑怎么消掉它。
仔细观察一下，可以发现，\(Q(x)\) 反转后次数不会高于 \(n-m\)，而 \(x^{n-m+1} R^R(x)\) 的最低次项次数高于 \(n-m\)，因此，将上面的式子放到模 \(x^{n-m+1}\) 意义下，\(R(x)\) 就被消掉了。而由于 \(F(x),G(x)\) 是已知的元素，因此不会有任何问题。
所以
即
系数反转可以直接 \(\text{reverse}\) 实现，只要求出 \(G^R(x)\)， 就可以得到 \(Q^R(x)\)，然后反转回来回代，就得到了 \(R(x)\)。时间复杂度 \(O(N\log N)\)。
多项式开方
已知 \(F(x)\) ，求 \(G(x)\) 使得 \(G^2\equiv F\pmod{x^n}\)。
