多项式小记

先粘个 $\mathrm{N}\mathrm{T}\mathrm{T}$ 和 $\mathrm{F}\mathrm{F}\mathrm{T}$ 的 板子。

inline void times(LL *f,LL *g,int n,int lim){
	int kn=initr(n); NTT(f,kn,1); NTT(g,kn,1);
	for(int i=0;i<kn;i++) f[i]=f[i]*g[i]%Mod;
	NTT(f,kn,-1); NTT(g,kn,-1);
	clr(f,lim,kn); 
}

分治 $NTT/FFT$

大概就是维护下面这种较简单半在线卷积。

给定序列 $g_{1\dots n-1}$，求序列 $f_{0\dots n-1}$。

其中 $f_i=\sum _{j=1}^i{f}_{i-j}{g}_j$，边界为 $f_0=1$。

运用 $\mathrm{C}\mathrm{D}\mathrm{Q}$ 分治的思想，将区间 $[L,R)$ 的求解 转化为 $[L,mid)$ 和 $[mid,R)$ 的求解。

先求解 $[L,mid)$ 相当于求出了左半部分的 $f$ ,然后做一次 $NTT$ 将左边的贡献加到右边，不断分治求解。

策略:

$F[0,mid)\ast G[0,R)\to F[mid,R)$

模板题代码：

void DivNTT(int L,int R){
	if(L==R-1) return ;
	int mid=(L+R)/2,p=R-L; DivNTT(L,mid);
	cpy(f2,f+L,p/2); cpy(g2,g,p); clr(f2,p/2,2*p); clr(g2,p,2*p);
	times(f2,g2,2*p);
	for(int i=mid;i<R;i++) (f[i]+=f2[i-L])%=Mod;
	DivNTT(mid,R);
}

具体分治过程应视题目而定。

更加真实的半在线卷积：
已知 $F[0]=G[0]=1,F[1]=1$。

令 $G[n]$ 表示 $F_{1..n}$ 的前缀和。
$F_i=\sum _{j=0}^{i-1}{F}_{i-1-j}{G}_j$

这样按照我们原先的分治方法是不行的，因为右半部分的 $g$ 我们还不知道。
正确策略：

• $L=0$ 时

  $F[0,mid)\ast G[0,mid)\to F[mid,R)$

• $L\ne 0$ 时

  $\begin{array}{c}G[L,mid)\ast F[0,R-L)\\ F[L,mid)\ast G[0,R-L)\end{array}\}\to F[mid,R)$

void solve(int L,int R){
	if(L+1==R)  { if(L) g[L]=(g[L-1]+f[L])%Mod; return ;}
	int mid=(L+R)/2,p=R-L; solve(L,mid);
	if(!L){
		cpy(f2,f,p/2); clr(f2,p/2,p);
		cpy(g2,g,p/2); clr(g2,p/2,p);
		times(f2,g2,p,0);
		for(int i=mid;i<R;i++) (f[i]+=f2[i-1])%=Mod;
	}
	else {
			else {
		cpy(f2,f+L,p/2); clr(f2,p/2,p);	cpy(g2,g,p);
		times(f2,g2,p,0);
		for(int i=mid;i<R;i++) (f[i]+=f2[i-1-L])%=Mod;
		cpy(g2,g+L,p/2); clr(g2,p/2,p); cpy(f2,f,p);
		times(f2,g2,p,0);
		for(int i=mid;i<R;i++) (f[i]+=f2[i-1-L])%=Mod;
	}
	}
	solve(mid,R);
}

例题：ABC315EX

多项式求逆

给定多项式 $F(x)$ ，求多项式 $G(x)$ 使得 $F(x)\ast G(x)\equiv 1(mod{x}^n)$。

求解：

采用倍增的过程。

我们已经求出了 $F(x)\ast P(x)\equiv 1(mod{x}^{\frac{n}{2}})$

因为 $F(x)\ast G(x)\equiv 1(mod{x}^n)$。

所以 $F(x)\ast G(x)\equiv 1(mod{x}^{\frac{n}{2}})$。

$F(x)\ast (G(x)-P(x))\equiv 0(mod{x}^{\frac{n}{2}})$。

$G(x)-P(x)\equiv 0(mod{x}^{\frac{n}{2}})$

平方得 $G(x{)}^2+P(x{)}^2-2G(x)P(x)\equiv 0(mod{x}^n)$

移项，同乘 $F(x)$ ,$G(x)\equiv 2P(x)-F(x)P(x{)}^2(mod{x}^n)$

不断倍增求出 $G$ 。

void invp(LL *f,int n){
	static LL g[M+5],h[M+5],ff[M+5];int p=2;
	g[0]=Pow(f[0],Mod-2); 
	for(;p<(n<<1);p<<=1){
		int pn=p<<1; cpy(ff,f,p); cpy(h,g,p);
		initr(pn); NTT(ff,pn,1); NTT(h,pn,1);
		for(int i=0;i<pn;i++) g[i]=((2ll-ff[i]*h[i]%Mod)*h[i]%Mod+Mod)%Mod;
		NTT(g,pn,-1);  clr(g,p,pn);
	}
	cpy(f,g,n); clr(g,0,p); clr(h,0,p); clr(ff,0,p);
}

多项式开根

同样地倍增。
给定多项式 $F(x)$ ，求多项式 $G(x)$ 使得 $G(x{)}^2\equiv F(x)(mod{x}^n)$。
多项式 $F$ 的只有常数项时，用二次剩余解出 $G$ 的常数项。蒟蒻不会。

在模板题中，常数项为 $1$，直接令 $G$ 的常数项为 $1$.

已知 $P(x{)}^2\equiv A(x)(mod{x}^{\frac{n}{2}})$

$G(x)\equiv P(x)(mod{x}^{\frac{n}{2}})$

$G(x)-P(x)\equiv 0(mod{x}^{\frac{n}{2}})$

平方，$G(x{)}^2-2G(x)P(x)+P(x{)}^2\equiv 0(mod{x}^n)$

$G(x)\equiv \frac{G(x{)}^2+P(x{)}^2}{2P(x)}\equiv \frac{F(x)+P(x{)}^2}{2P(x)}\equiv \frac{P(x)+\frac{F(x)}{P(x)}}{2}(mod{x}^n)$

void Sqrtp(LL *f,int n){
	static LL ff[M+5],gg[M+5],g[M+5]; memset(g,0,sizeof(g));
	g[0]=1; int p=2;
	for(;p<(n<<1);p<<=1) {
		int pn=p<<1; cpy(ff,f,p); cpy(gg,g,p);
		invp(gg,p); initr(pn);
		NTT(ff,pn,1); NTT(gg,pn,1);
		for(int i=0;i<pn;i++) ff[i]=ff[i]*gg[i]%Mod;
		NTT(ff,pn,-1);
		for(int i=0;i<p;i++) g[i]=(g[i]+ff[i])%Mod*inv2%Mod;
		clr(g,p,pn);
	}
	cpy(f,g,n); clr(g,0,p); clr(ff,0,p); clr(gg,0,p);
}

多项式除法

给定 $n$ 次多项式 $F(x)$ 和 $m$ 次多项式 $G(x)$ 。求多项式 $Q(x)$ 和 $R(x)$。

满足 $F(x)=G(x)\ast Q(x)+R(x)$ 。

其中 $Q(x)$ 的次数为 $n-m$。 $R(x)$ 的次数为 $m-1$
定义 $n$ 次多项式反转操作 $F^T(x)=x^{n}F(x^{-1})$。

例子：如 $F(x)=3x^2+2x+1,F^T(x)=x^{3}F(x^{-1})=x^3+2x^2+3$。

因为 $F(x)=G(x)\ast Q(x)+R(x)$ ，

所以 $F(x^{-1})=G(x^{-1})\ast Q(x^{-1})+R(x^{-1})$

同时乘 $x^n$，$x^{n}F(x^{-1})=x^{n}Q(x^{-1})\ast G(x^{-1})+x^{n}R(x^{-1})$

得 $F^T(x)=Q^T(x)\ast G^T(x)+x^{n-m+1}{R}^T(x)$。

得到 $Q^T(x)=F^T(x)\ast G^T(x{)}^{-1}(mod{x}^{n-m+1})$
求出 $Q^T(x)$ 并反转得到 $Q(x)$。

$R(x)=F(x)-Q(x)\ast G(x)$。

可能是对的代码？？？

inline void rev(LL *f,int n){
	for(int i=0,j=n-1;i<j;i++,j--) swap(f[i],f[j]);	
}
inline void mof(LL *f,LL *g,int n,int m){
	static LL q[M+5],r[M+5];
	int L=n-m+1;
	rev(g,m); cpy(q,g,L); rev(g,m); invp(q,L);
	rev(f,n); cpy(r,f,L); rev(f,n); times(q,r,L+L-1,L);
	rev(q,L); prta(g,m+L-1);
	times(g,q,m+L-1,m-1);
	for(int i=0;i<m-1;i++) g[i]=(f[i]-g[i]+Mod)%Mod;
	cpy(f,q,L); clr(f,L,n); clr(q,0,m); clr(r,0,L);
}

一些看不懂的东西：

简单微积分：
定义多项式 $F(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$。

• 定义复合多项式 $F(G(x))=\sum _{i=0}^n{a}_{i}G(x{)}^i$。

• 定义 $F(x)$ 的求导: $F^{\prime }(x)=\sum _{i=0}^{n-1}(i+1)a_{i+1}{x}^i$。

• 定义 $F(x)$ 的积分: $\int (F(x))=\sum _{i=1}^n\frac{a_{i-1}{x}^i}{i}$。

• 复合多项式的求导：根据链式法则得，若$A(x)=F(G(x))$，同时对两边得主元 $x$ 求导，则有 $A^{\prime }(x)=F^{\prime }(G(x))G^{\prime }(x)$

inline void Getdao(LL *f,int n){
	for(int i=1;i<n;i++) f[i-1]=f[i]*i%Mod;
	f[n-1]=0;
}
inline void Getjf(LL *f,int n){
	for(int i=n-1;i>=0;i--) f[i]=f[i-1]*inv[i]%Mod;
	f[0]=0;
}

看得出来，积分和求导其实是互逆的过程。

多项式牛顿迭代 。

已知函数 $G$ 且 $G(F(x))=0$，求多项式 $F(mod{x}^n)$。

定义 $F_{\ast }$ 表示 $F(mod{x}^{\frac{n}{2}})$。

结论：$F(x)=F_{\ast }(x)-\frac{G(F_{\ast }(x))}{G^{\prime }(F_{\ast }(x))}$。

如此倍增的复杂度为 $O(n\log n+O(n/2))=O(n\log n)$。

多项式对数函数和指数函数（多项式 ln）

若 $e^x=a$，则 $\ln (a)=x$。

若 $e^x=a$, 则 $\exp (x)=a$

由麦克劳林级数定义：

$$\ln (x)=-\sum _{i=1}\frac{(1-x{)}^i}{i}$$

$$\exp (x)=\sum _{i=0}\frac{x^i}{i!}$$

一些性质：$\exp (ln(x))=x,\exp (ln(F(x))+\ln (G(x)))=F(x)\ast G(x)$。

给定多项式 $F(x)$ 求 $\ln (F(x))$ 和 $\exp (F(x))$。

ln

给定多项式 $F$ 求多项式 $G(x)\equiv \ln (F(x))(mod{x}^n)$。保证 $a_0=1$

${\ln }^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$

对 $G(x)\equiv \ln (F(x))$ 两边同时求导。

$G^{\prime }(x)\equiv {\ln }^{\prime }(F(x))F^{\prime }(x)\equiv \frac{F^{\prime }(x)}{F(x)}(mod{x}^n)$ ，再用积分求出 $G=\int (G^{\prime }(x))$。

inline void lnp(LL *f,int n){
	static LL g[M+5];
	cpy(g,f,n); invp(g,n);
	Getdao(f,n); times(f,g,n+n-1,n);
	Getjf(f,n); clr(g,0,n);	
} 

exp

给定多项式 $F$ 求多项式 $G(x)\equiv \exp (F(x))(mod{x}^n)$。保证 $a_0=0$

利用牛顿迭代求 $G$，这里用 $B$ 表示。 回忆式子 $B(x)=B_{\ast }(x)-\frac{G(B_{\ast }(x))}{G^{\prime }(B_{\ast }(x))}$。

根据 $e^{F(x)}=B(x)$ 得 $\ln (B(x))-F(x)=0$。构造 $G(B_{\ast }(x))=\ln (B_{\ast }(x))-F(x)$ ，所以 $G^{\prime }(B_{\ast }(x))={\ln }^{\prime }(B_{\ast }(x))=B_{\ast }(x{)}^{-1}$。

$B(x)=B_{\ast }(x)-\frac{\ln (B_{\ast }(x))-F(x)}{B_x^{-1}}=(1-\ln (B_{\ast }(x))+F(x))\ast B_{\ast }(x)$。

inline void exp(LL *f,int n){
	static LL g[M+5],gg[M+5]; int p=2;
	g[0]=1;
	for(;p<(n<<1);p<<=1){
		cpy(gg,g,p); lnp(gg,p); 
		for(int i=0;i<p;i++) gg[i]=(f[i]-gg[i]+Mod)%Mod;
		gg[0]=(gg[0]+1)%Mod;	 times(g,gg,p*2,p);
	}
	cpy(f,g,p); clr(g,0,p); clr(gg,0,p);
}

多项式快速幂

给定 $n-1$ 次多项式 $F(x)$ 求$F(x{)}^k(mod{x}^n)$。

暴力 $\mathrm{N}\mathrm{T}\mathrm{T}$

对于常见的题目中，一般是加速 $dp$ 的求解。我们可以采用 $O(n\log n\log k)$ 。即写成一般快速幂的形式,用 $times$ 函数来让多项式相乘。

这种做法还有以下优点：

见例题： 有 $n$ 个数 $a_{1...n}$，构造一个序列 $b_{1..T}(b_i\in a)$ ，求 $S_b\equiv pmodm$ 。我们有一个矩阵加速做法，但是为复杂度 $p^3\log T$。

但是我们思考以下，这个矩阵相乘的形式为： $F^{\prime }[k]=\sum _{i+j\equiv k}F[i]\times G[j]$。

这是一个加法卷积的形式，我们可以做一遍加法卷积之后再让 $F^{\prime }[k]+=F^{\prime }[k+m]$。

然后用暴力的倍增求快速幂即可。但是 $O(n\log n)$ 的做法只能维护普通的 $F(x{)}^k(mod{x}^n)$ 的形式。

利用 $\ln$ 和 $\exp$。

模板题弱化版：保证常数项为 $1$。

$F^k(x)\equiv e^{\ln (F(x))\times k}(mod{x}^n)$

见 $Ei$ 大神的博客可以知道 $k$ 可以直接对模数取模。

inline void polypow(LL *f,int n,int k){
	lnp(f,n); 
	for(int i=0;i<n;i++) f[i]=f[i]*k%Mod;
	exp(f,n);
}

强化版 ：

不保证常数项为 $1$。

我们可以取一个常数 $c$ 。对用 $c$ 除多项式 $F$，使得常数项为 $1$。

那么 $F^k(x)=F_2^k(x)\times c^k$。

但是这里，$f_0=0$ 会出问题。
所以我们找到次数最小的非零项 设为 $c\times x^{px}$

$$F^k(x)=(\frac{F(x)}{c\times x^{px}}{)}^k\times c^k\times x^{px\times k}$$

左边这个多项式的快速幂可以用上面的代码求出。

在这个结果前面接 $px\times k$ 个 $0$ 即可。

注意，这里的 $c^k$ 根据费马小定理，$k$ 对模数减一取模。

inline void polypow(LL *f,int n,int k1,int k2){
	int px=0; while(f[px]==0 && px<n) px++;
	if(px==n) return ;
	if(1ll*k2*px>=n) {clr(f,0,n); return ;}
	LL iv1=Pow(f[px],Mod-2),x=Pow(f[px],k2);
	for(int i=px;i<n;i++) f[i]=f[i]*iv1%Mod;
	lnp(f+px,n-px);
	for(int i=px;i<n;i++) f[i]=f[i]*k1%Mod;
	exp(f+px,n-px);
	for(int i=px;i<n;i++) f[i]=f[i]*x%Mod;
	static LL g[M+5];
	for(int i=k2*px;i<n;i++) g[i]=f[px+i-k2*px];
	cpy(f,g,n); clr(g,0,n);
}