多项式笔记

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多项式笔记

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多项式一般用来对一些函数的计算加速。

前置知识

多项式插值

$n+1$ 个横坐标互不相同的点可以唯一确定一个 $n$ 次多项式。

复数

复数运算

已知 $i^2=-1$， 那么复数加减乘除全部就可以自己手推出来。

辐角和模长

复数的模与辐角是复数三角形式表示的两个基本元素，复数所对应的向量长度称为复数的幅值，该向量与实轴正方向的夹角为复数的辐角。辐角的大小有无穷多，但是辐角主值唯一确定。利用复数的模和辐角，可以将复数表示成三角表示式和指数表示式，并可以和代数表示式之间互相转化，以方便讨论不同问题时的需要。 ----百度百科

复数表示

代数表示法： $z=x+yi$
由辐角和模长定义可知三角表示法： $$z=r(cos\theta +isin\theta )$$
由欧拉公式可知 $$e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$$
指数表示法：$z=r{e}^{i\theta }$

从指数表示法我们就可以看出， 复数乘法就是模长相乘， 辐角相加。

单位根

引理1：任意一个复数系一元 $n$ 次多项式方程在复数域上恰好 $n$ 个根。

我们记 $x^n-1=0$ 的 $n$ 个根分别记为 $w_0,w_1...w_{n-1}$。

$w_i=\cos {\displaystyle \frac{2i\pi }{n}}+i\sin {\displaystyle \frac{2i\pi }{n}}$

这式子可以从复数乘法的几何意义来来理解， 模长必定为1， 辐角乘 $n$ 以后要与 $x$ 轴正半轴重合， 所以单位就是把单位圆切割为正多边形的顶点。

性质：

$$\begin{array}{rl}{\omega }_n^n& =1\\ {\omega }_n^k& ={\omega }_{2n}^{2k}\\ {\omega }_{2n}^{k+n}& =-{\omega }_{2n}^k\end{array}$$

这些性质的证明： 都可以通过几何意义来理解。

快速傅里叶变换 FFT

算法思路

我们知道 $F(x)$ 和 $G(x)$， 我们要求 $H(x)=F(x)G(x)$， 考虑暴力的话就是卷积 $O(n^2)$， 为了避免卷积， 我们考虑插值， 如果插值的话， 就有 ${\mathrm{\forall }}_{i}H(x_i)=F(x_i)G(x_i)$。

但现在就有一个问题， 我们怎么实现快速插值并且将插值快速变换为多项式呢？

DFT

考虑我们要快速求出某个函数 $f(x)$ 在 $x$ 取值为 $\left\{\begin{array}{c}{w}_n^0,w_n^1...w_n^n\end{array}\right\}$ 的值 $F=\left\{\begin{array}{c}{y}_0,y_1...y_n\end{array}\right\}$。 则我们有 $F(x)=\sum _{i=0}^n{f}_i{x}^i$。 我们想要快速求出 $F$ 函数， 可以这么做：

将 $F(x)$ 将系数 $f_i$ 按 $x$ 奇偶分类则有：

$$f(x)=G\left(x^2\right)+x\times H\left(x^2\right)$$

考虑单位根有这样的性质， $(w_n^k{)}^2=w_n^{2}k=w_{\frac{n}{2}}^k$

$$\begin{array}{rl}f({\omega }_n^k)& =G(({\omega }_n^k{)}^2)+{\omega }_n^k\times H(({\omega }_n^k{)}^2)\\ & =G({\omega }_n^{2k})+{\omega }_n^k\times H({\omega }_n^{2k})\\ & =G({\omega }_{n/2}^k)+{\omega }_n^k\times H({\omega }_{n/2}^k)\end{array}$$

和：

$$\begin{array}{rl}f({\omega }_n^{k+n/2})& =G({\omega }_n^{2k+n})+{\omega }_n^{k+n/2}\times H({\omega }_n^{2k+n})\\ & =G({\omega }_n^{2k})-{\omega }_n^k\times H({\omega }_n^{2k})\\ & =G({\omega }_{n/2}^k)-{\omega }_n^k\times H({\omega }_{n/2}^k)\end{array}$$

考虑我们用总共 $n$ 个插值（包含 $G$ 和 $H$ 个 $\frac{n}{2}$ 个）， 就可以求出 $f$ 的 $n$ 个插值， 本来我们暴力插值的话 一个插值 $O(n)$ 总共 $n^2$， 现在我们递归到 $n=1$ 是就可以 $O(1)$ 算插值， 然后递归上来， 就可以在 $O(nlogn)$ 的时间复杂度算出 $f$ 的 $n$ 个插值。

IDFT

现在我们要从插值还原到多项式的系数。
考虑从线性代数的角度理解：

$$\left[\begin{array}{c}{y}_0\\ y_1\\ y_2\\ y_3\\ ⋮\\ y_{n-1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 1& \cdots & 1\\ 1& {\omega }_n^1& {\omega }_n^2& {\omega }_n^3& \cdots & {\omega }_n^{n-1}\\ 1& {\omega }_n^2& {\omega }_n^4& {\omega }_n^6& \cdots & {\omega }_n^{2(n-1)}\\ 1& {\omega }_n^3& {\omega }_n^6& {\omega }_n^9& \cdots & {\omega }_n^{3(n-1)}\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 1& {\omega }_n^{n-1}& {\omega }_n^{2(n-1)}& {\omega }_n^{3(n-1)}& \cdots & {\omega }_n^{(n-1{)}^2}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{a}_0\\ a_1\\ a_2\\ a_3\\ ⋮\\ a_{n-1}\end{array}\right]$$

左边向量为插值， 右边向量为系数。 考虑我们要求出系数， 就是给插值向量左乘一个 $w$ 的逆矩阵。 逆矩阵就是 $w_i^j$ 的倒数再除以 $n$， 所以我们再把 $y_i$ 当成一个新函数的系数， 以 $$\frac{1}{w_n^{0}n},\frac{1}{w_n^{1}n}...$$ 为 $x$ 的插值算出来就是系数。

考虑 $w_n^i$ 的倒数就等于 $\frac{1}{{\omega }_k}={\omega }_k^{-1}={\mathrm{e}}^{-\frac{2\pi \mathrm{i}}{k}}=\cos \left(\frac{2\pi }{k}\right)+\mathrm{i}\sin (-\frac{2\pi }{k})$。 所以我们只需要在 DFT 的代码上更改一个地方即可。

代码

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
const db pi = acos(-1);
const int N = 3e6 + 10;
struct C{
	db x, y;
	C() { x = y = 0; }
	C(db _x, db _y) : x(_x), y(_y) {}
	inline C operator + (const C &a) { return C(x + a.x, y + a.y); }
	inline C operator - (const C &a) { return C(x - a.x, y - a.y); }
	inline C operator * (const C &a) { return C(x * a.x - y * a.y, x * a.y + y * a.x); }  
};
int n, m, lim, bit, rev[N];
void FFT(vector<C> &v, int op) {
	for(int i = 0; i < lim; i++) if(i < rev[i]) swap(v[i], v[rev[i]]);
	for(int k = 1; k < lim; k <<= 1) {
		C omega(cos(pi / k), op * sin(pi / k));
		for(int i = 0; i < lim; i += (k << 1)) {
			C w(1, 0);
			for(int j = 0; j < k; j++, w = w * omega) {
				C s = v[i + j], t = v[i + j + k] * w; 
				v[i + j] = s + t, v[i + j + k] = s - t;
			}
		}
	}
	if(op == -1)  for(int i = 0; i < lim; i++) v[i].x /= lim;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m); 
	lim = 1 << (32 - __builtin_clz(n + m)), bit = 32 - __builtin_clz(n + m);
	vector<C> A(lim), B(lim);	
	for(int i = 0; i <= n; i++) scanf("%lf", &A[i].x);
	for(int i = 0; i <= m; i++) scanf("%lf", &B[i].x);
	for(int i = 0; i < lim; i++) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (bit - 1));
	FFT(A, 1); FFT(B, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++) A[i] = A[i] * B[i];
	FFT(A, -1); 
	for(int i = 0; i <= n + m; i++) printf("%lld ", (long long)(A[i].x + 0.5));
	return 0;
} 

快速数论变换 NTT

NTT 和 FFT 十分相似， 常见于多项式计算需要取模时使用， 考虑在 $modp$ 意义下的原根的具有和单位根相似的性质，也就是构成一个循环节。

其他和FFT非常类似， 就不写了。

多项式牛顿迭代

泰勒展开

就是一个用多项式逼近某个函数的公式， 非常的牛， 我也不会， 背住就好了。

牛顿迭代解决这样的一个问题：

给定多项式 $g\left(x\right)$，已知有 $f\left(x\right)$ 满足：

$$g\left(f\left(x\right)\right)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$$

求出模 $x^n$ 意义下的 $f\left(x\right)$。

算法

from OI_WIKI

将 $g\left(f\left(x\right)\right)\mathrm{在}{f}_0\left(x\right)$ 处进行泰勒展开，有：

$$\sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{g^{\left(i\right)}\left(f_0\left(x\right)\right)}{i!}{(f\left(x\right)-f_0\left(x\right))}^i\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$$

因为 $f\left(x\right)-f_0\left(x\right)$ 的最低非零项次数最低为 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$，故有：

$$\mathrm{\forall }2⩽i:{(f\left(x\right)-f_0\left(x\right))}^i\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$$

则：

$$\sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{g^{\left(i\right)}\left(f_0\left(x\right)\right)}{i!}{(f\left(x\right)-f_0\left(x\right))}^i\equiv g\left(f_0\left(x\right)\right)+g^{\prime }\left(f_0\left(x\right)\right)(f\left(x\right)-f_0\left(x\right))\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$$

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

这里需要求导：

所以比较常用的是这几个：
$a^{\prime }=0$

$(x^a{)}^{\prime }=a(x^{a-1})$

$(a^x{)}^{\prime }=(a^x)lna$

$(lo{g}_{a}x{)}^{\prime }=\frac{1}{xlna}$

复合函数求导： $f^{\prime }(g(x))=f^{\prime }(g(x))\ast g^{\prime }(x)$

多项式求逆

$$g(f(x))\equiv \frac{1}{f(x)}-h(x)\equiv 0$$

$h(x)$ 给定。

带入公式即可。

多项式开根

$$g(f(x))\equiv f^2(x)-h(x)\equiv 0$$

多项式求导

就按照上面的求导规则即可， $(a{x}^2+bx{)}^{\prime }=(a{x}^2{)}^{\prime }+(bx{)}^{\prime }$。

多项式积分

把求导反着来。

多项式ln

$(lnf(x){)}^{\prime }=\frac{1}{f(x)}$， 我们求个导再求个逆元再积分即可。

多项式exp

$$g(f(x))\equiv ln(f(x))-h(x)\equiv 0$$

快速沃尔什变换 FWT

给两个长为 $2^n$ 的序列 $A$， $B$。 我们规定 $A\times B=C$ 的运算规则是：

$$C_i=\sum _{j⨂k=i}{A}_j\ast B_k$$

$⨂$ 常见的是 or， and， xor。 我们需要在 $nlogn$ 时间得到 $C$， 这里的 $n$ 指 $2^n$。

我们参照 FFT， 通过插值来变换， 但是这里显然不能插值， 但是我们可以借鉴思想。 构造某种变换， 使得其可以快速变换和反演， 这也是算法精髓所在。

or

接下来我们讲 or 的做法。

我们构造 $FWT[a{]}_i$ 表示通过序列 $a$ 得出的 $FWT[a]$ 序列， $i$ 就是下标， 考虑 $FWT[a{]}_i=\sum _{iorj=i}{a}_j$，

那么我们就有 $FWT[a{]}_i\ast FWT[b{]}_i=FWT[c{]}_i$， 证明也很简单， 就不写了。

那么现在就考虑怎么快速得到 $FWT[a]$， 我们可以根据下标的二进制把 $FWT$ 分治， 分成以最高位为 $1$ $a1$， 和最高位为 $0$ $a0$ 的两段， 考虑边界就是每段长度为 1， 可以轻松得到， 现在我们就考虑怎么通过这两段分别的FWT推出一整段的FWT， 考虑$FWT[a]=merge(FWT[a0],FWT[a0]+FWT[a1])$， 因为我们要枚举后半段的子集， 后半段的子集可以分为最高位为 1， 后面的随便选， 和最高位为 0， 后面的随便选。

现在我们就考虑怎么将 $FWT[a]$ 还原回 $a$， 考虑我们怎么从 $a$ 来的， 其实就是FWT的逆过程， 我们把 $FWT[a]\mathrm{还}\mathrm{原}\mathrm{成}FWT[a0]\mathrm{和}FWT[a1]$ 再递归下去， 等到长度为 1 就可以直接是 $a$了。

那么就是 $FWT[a0]$ 不变， $FWT[a1]=FWT[a]-FWT[a0]$， 这里 $FWT[a]$ 取后半段。

void OR(int *v, int type = 1) {
	for(int lim = 2, k = 1; lim <= n; lim <<= 1, k <<= 1) 
		for(int i = 0; i < n; i += lim) 
			for(int j = 0; j < k; j++) 
				v[i + j + k] = add(v[i + j + k], mul(v[i + j], type));	
}

参考代码理解， 写的迭代形式。

and

考虑仿照上面的做法， $FWT[a{]}_i$ 就是 $\sum _{iandj=i}{a}_j$， $FWT[a]=merge(FWT[a1]+FWT[a0],FWT[a1])$。

xor

对于 xor， $FWT[a]=merge(FWT[a0]+FWT[a1],FWT[a0]-FWT[a1])$

拉格朗日插值法

如果 $$