多项式专题

多项式

点值表示法和系数表示法

代数基本定理： 一个$n-1$次多项式在复数域上有且只有$n-1$个根

多项式有点值表示法和系数表示法两种

• 系数表示法：$A(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i$
• 点值表示法：$y_i=\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j{x}_i^j$

定理： 一个n-1次多项式在n个不同点的取值唯一确定了该多项式

证明：

考虑反证法，假设命题不成立，则存在两个$n-1$次多项式$A(x)$和$B(x)$且$\mathrm{\forall }i\in [0,n-1],A(x_i)=B(x_i)$

令$C(x)=A(x)-B(x)$，那么$C(x)$至多是一个$n-1$次多项式且$\mathrm{\forall }i\in [0,n-1]，C(x_i)=0$
也就是$C(x)$有$n$个根，与代数基本定理不符合

已知多项式点值表示法求系数表示法的过程被称为插值

拉格朗日插值

问题

已知平面上$n+1$个点，有一条过$n+1$个点的曲线（多项式）
，求该在该曲线某一位置的取值

法1 高斯消元

略

法2 拉格朗日插值

已知$n+1$个点的坐标为$x_i,y_i$,函数在$x=k$时的取值

$$f(k)=\sum _{i=0}^n{y}_i\prod _{i\ne j}\frac{k-x_j}{x_i-x_j}$$

证明

$$\begin{gathered} f(x)-f(a)=(a_0-a_0)+a_1(x-a)+a_2(x^2-a^2)+\cdots +a_n(x^n-a^n) \\ f(x)-f(a)\equiv 0(\mathrm{mod}(x-a)) \\ f(x)\equiv f(a)(\mathrm{mod}(x-a)) \end{gathered}$$

同样，$n$个点的坐标为$x_i,y_i$

$$\{\begin{array}{l}f(x)\equiv y_1(\mathrm{mod}(x-x_1))\\ f(x)\equiv y_2(\mathrm{mod}(x-x_2))\\ \cdots \\ f(x)\equiv y_n(\mathrm{mod}(x-x_n))\end{array}$$

由$CRT$可知

$$\begin{gathered} M=\prod _{i=1}^n(x-x_i) \\ {m}_i=\frac{M}{x-x_i}=\prod _{i\ne j}(x-x_j) \end{gathered}$$

由于$x-x_j$ 与 $x-x_j-(x-x_i)$ 在模多项式 $x-x_i$ 的意义下是等价的

即

$x-x_j\equiv x_i-x_j(\mathrm{mod}(x-x_i))$

所以有

$m_i^{-1}=\prod _{i\ne j}\frac{1}{x_i-x_j}$

所以有

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i{m}_i{m}_i^{-1}\equiv \sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{i\ne j\frac{x-x_i}{x_i-x_j}}(\mathrm{mod}M)$$

所以在模意义下$f(x)$就是唯一的，即

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{i\ne j}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

求某一点处的函数值$O(n^2)$

求出整个多项式$O(n^3)$

在x取值连续的时候的做法

由于$x_i$连续，所以将其换为$i$

$$f(k)=\sum _{i=0}^n{y}_i\prod _{i\ne j}\frac{k-j}{i-j}$$

分母维护前缀积和后缀积

分子维护阶乘

$$\begin{gathered} fac[i]=i! \\ pre[i]=\prod _{j=0}^i(k-j),suf[i]=\prod _{j=i}^n(k-j) \\ f(k)=\sum _{i=0}^n{y}_i\frac{pre[i-1]\times suf[i+1]}{fac[i]\times fac[n-i]\times (-1{)}^{n-i}} \end{gathered}$$

时间复杂度：

求函数值$O(n)$

求多项式$O(n^3)$

由此，我们发现普通的拉格朗日插值在增减坐标时需要全部重新计算

并且对求多项式并没有任何的优化

所以考虑进行进一步的优化

重心拉格朗日插值法

设

$$\begin{gathered} g(k)=\prod _{i=0}^n(k-x_i) \\ {t}_i=\prod _{i\ne j}\frac{1}{x_i-x_j} \end{gathered}$$

则

$$f(k)=g(k)\sum _{i=0}^n\frac{t_i{y}_i}{k-x_i}$$

那么这样有什么用呢?

对于$\lceil \mathrm{求}\mathrm{出}\mathrm{次}\mathrm{数}\mathrm{不}\mathrm{超}\mathrm{过}n\mathrm{的}\mathrm{多}\mathrm{项}\mathrm{式}\rfloor$问题，枚举每一个$x_i$，计算每一个$\frac{g(k)}{k-x_i}$，这样得到的就是$x_i$对应的多项式，然后我们将所求出来的$n+1$个多项式的系数相加即可以得到我们所想要的多项式

举个例子

对于多项式$f(k)=a_0+a_{1}k+a_2{k}^2$

$$\{\begin{array}{l}{x}_1=1,y_1=9\\ x_2=2,y_2=20\\ x_3=3,y_3=37\end{array}$$

所以有

$$\{\begin{array}{l}\frac{g(k)}{k-x_1}=(k-2)(k-3)=k^2+5k+6\\ \frac{g(k)}{k-x_2}=(k-1)(k-3)=k^2-4k+3\\ \frac{g(k)}{k-x_3}=(k-1)(k-2)=k^2-3k+2\end{array}$$

还有系数$\sum _{i=0}^n\frac{t_i{y}_i}{k-x_i}$,计算出来分别为$\frac{9}{2},-20,\frac{37}{2}$

将系数乘在上面的式子中

$$\{\begin{array}{l}\frac{9}{2}{k}^2+\frac{45}{2}k+27\\ -20k^2+80k-60\\ \frac{37}{2}{k}^2-\frac{111}{2}k+37\end{array}$$

将三个式子系数相加

即可得到$f(k)=3k^2+2k+4$

考虑一下这个过程,由于所除的$k-x_i$为二项式，时间复杂度为$O(n)$,枚举$n$项，所得的总时间复杂度为$O(n^2)$

此外，如果我们想要新加入一个点$(x,y)$,我们只需增加一次对$i=n+1$枚举，给$g(k)$乘上$k-x$,同时让每一个$t_i$除以$x_i-x$,这个过程的复杂度为$O(n)$,因此如果我们想要插$n$个点进来，复杂度就为$O(n^2)$

所以重心拉格朗日插值，在有关多项式求函数值、求多项式系数上完全优于高斯消元

单位根

${\omega }_n=cos\frac{2\pi }{n}+isin\frac{2\pi }{n}$

${\omega }_n^k=cos\frac{2k\pi }{n}+isin\frac{2k\pi }{n}$

单位根的性质

$1.{\omega }_n^k={\omega }_{rn}^{rk}$

$2.({\omega }_n^k{)}^n=1$

$3.{\omega }_{2n}^k=-{\omega }_{2n}^{k+n}$

$4.{\omega }_n^a\times {\omega }_n^b={\omega }_n^{ab}$

$5.{\omega }_n^0={\omega }_n^n=1$

为什么我们需要傅里叶变换

多项式有两种表示方法——系数表示法和点值表示法

系数表示法就是经典的

$$f(x)=\sum _{n\ge 0}{a}_n{x}^n$$

我们在重心拉格朗日插值法中，已知任意$n+1$个点的坐标，便可以$O(n^2)$地求出一个多项式的各项系数

这也说明，这$n+1$个点所对应的多项式是唯一确定的，这样用点和坐标表示多项式的方法叫做点值表示法

对于多项式，$f(x),\mathrm{deg}f(x)=n$它写成这个样子

$$\{(x_0,f(x_0)),(x_1,f(x_1),\cdots ,(x_{n+1},f(x_{n+1})))\}$$

那么它有什么用呢?

已知两个多项式$f(x),g(x)$,有$\mathrm{deg}f(x)=n,\mathrm{deg}g(x)=m$,有$\mathrm{deg}f(x)g(x)=n+m$，于是我们可以找$n+m+1$个点，分别带入$f(x),g(x)$

$$\{(x_0,f(x_0)g(x_0)),(x_1,f(x_1)g(x_1),\cdots ,(x_{n+m+1},f(x_{n+m+1})g(x_{n+m+1})))\}$$

我们发现这个过程是$O(n)$的，很优秀，是吧$\cdots$

是吗？

如果只是随机取点，点值表示转成系数表示的复杂度暂时只能做到$O(n^2)$,这是我们无法接受的

于是我们就需要$FFT$和它的单位根了

那么$FFT$完成的操作就是：

• 把已知的一个多项式转化成对应的点值表示；
• 把已知的点值表示转换成对应的多项式。

复杂度都是 $O(n\log n)$

快速傅里叶变换

Part 1 DFT

$f(x)=(a_0+a_2{x}^2+a_4{x}^4+\cdot \cdot \cdot +a_{n-2}{x}^{n-2})+(a_{1}x+a_3{x}^3+a_5{x}^5+\cdot \cdot \cdot +a_{n-1}{x}^{n-1})$

设$f_1(x)=a_0+a_2{x}^1+a_4{x}^2+\cdot \cdot \cdot +a_{n-2}{x}^{\frac{n-2}{2}}$

$f_2(x)=x(a_0+a_2{x}^1+a_4{x}^2+\cdot \cdot \cdot +a_{n-2}{x}^{\frac{n-2}{2}})$

则有

$f(x)=f_1(x^2)+f_2(x^2)$

将$x={\omega }_n^k$ 带入

$f({\omega }_n^k)=f1({\omega }_n^{2k})+{\omega }_n^k{f}_2({\omega }_n^{2k})$

$=f_1({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)+{\omega }_n^k{f}_2({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)$

将$x={\omega }_n^{k+\frac{n}{2}}$得

$$f({\omega }_n^{k+\frac{n}{2}})=f_1({\omega }_n^{2k+n})+{\omega }_n^{k+\frac{n}{2}}{f}_2({\omega }^{2k+n})$$

$$=f_1({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)-{\omega }_n^k{f}_2({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)$$

这也就意味着,如果可以求出$f_1({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)$与$f_2({\omega }_{\frac{n}{2}}^k)$,我们即可以求出$f({\omega }_n^{k+\frac{n}{2}})$与$f({\omega }_n^k)$

多项式最终会递归到只有一个常数项

这样就用$O(nlogn)$的复杂度将系数表示转成了点值表示

将点值表示后的两个多项式相乘得到它们乘积的点值表示

Part 2 IDFT

考虑如何将点值表示转成系数表示

令$(y_0,y_1,y_2,\cdot \cdot \cdot ,y_{n-1})$是$(a_0,a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_{n-1})$的点值表示

设另一个向量(复数)为

$c_k=\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i(w_n^{-k}{)}^i$

即多项式$A(x)=y_0+y_{1}x+y_2{x}^2+\cdot \cdot \cdot +y_{n-1}{x}^{n-1}$在${\omega }_n^0,{\omega }_n^{-1},{\omega }_n^{-2},\cdot \cdot \cdot ,{\omega }_n^{-(n-1)}$处的点值表示

其中$y_i=f({\omega }_n^i)$

式子:

$$\begin{gathered} c_k=\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i({\omega }_n^{-k}{)}^i \\ =\sum _{i=0}^{n-1}(\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j({\omega }_n^i{)}^j)({\omega }_n^{-k}{)}^i \\ =\sum _{i=0}^{n-1}(\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j({\omega }_n^j{)}^i({\omega }_n^{-k}{)}^i) \\ =\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j({\omega }_n^{j-k}{)}^i \\ =\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^{j-k}{)}^i \end{gathered}$$

设$S(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{x}^i$

将$x={\omega }_n^k$带入得

一式$S({\omega }_n^k)=\sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^{ik}$

二式${\omega }_n^{k}S({\omega }_n^k)=\sum _{i=1}^n{\omega }_n^{ik}$

二式相减得

$$\begin{gathered} {\omega }_n^{k}S({\omega }_n^k)-S({\omega }_n^k)=({\omega }_n^k{)}^n-1 \\ S({\omega }_n^k)=\frac{({\omega }_n^k{)}^n-1}{{\omega }_n^k-1} \\ S({\omega }_n^k)=\frac{0}{{\omega }_n^k-1} \end{gathered}$$

当$k\ne 0,S({\omega }_n^k)=0$

当$k=0,S({\omega }_n^0)=n$

考虑刚才推的式子

$$c_k=\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j\sum _{i=0}^{n-1}({\omega }_n^{j-k}{)}^i$$

当$j\ne k$时，值为 $0$

当$j=k$时，值为 $n$

因此有

$$\begin{gathered} c_k=n{a}_k \\ {a}_k=\frac{c_k}{n} \end{gathered}$$

于是我们得到了点值与系数的关系式了

由

$$\begin{gathered} [({\omega }_n^{-0},A({\omega }_n^{-0})),({\omega }_n^{-1},A({\omega }_n^{-1})),({\omega }_n^{-2},A({\omega }_n^{-2})),\cdot \cdot \cdot ,({\omega }_n^{-(n-1)},A({\omega }_n^{-(n-1)}))] \\ \Rightarrow [({\omega }_n^{-0},n{a}_0),({\omega }_n^{-1},n{a}_1),({\omega }_n^{-2},n{a}_2),\cdot \cdot \cdot ,({\omega }_n^{-(n-1)},n{a}_{-(n-1)})] \end{gathered}$$

将 DFT 中的单位根改为${\omega }_n^{-k}$,求解出$n{a}_k$后，除以$n$ 即为所要求的系数

FFT的优化方法

三次变两次

考虑下面这个式子

$$(a+bi{)}^2=a^2-b^2+2abi$$

令$a=f(x),b=g(x)$

我们一次 DFT 计算出$f^2(x)$,它的虚部即为$f(x)g(x)$

在 IDFT 一次就可以得到答案

蝴蝶变换

递归的常数太大

不失一般性的，设$k$为偶数。对于初始是

$${\omega }_n^0,{\omega }_n^1,{\omega }_n^2,\cdot \cdot \cdot ,{\omega }_n^k$$

的序列，在递归的第一层会将其拆分为

$${\omega }_n^0,{\omega }_n^2,{\omega }_n^4,\cdot \cdot \cdot ,{\omega }_n^k$$

和

$${\omega }_n^1,{\omega }_n^3,{\omega }_n^5,\cdot \cdot \cdot ,{\omega }_n^{k-1}$$

两部分。

也就是说对于任意的${\omega }_n^i$，若 $i$ 在二进制下最后一位为$0$ 则 ${\omega }_n^i$ 会被分配到前半部分，否则会被分配到后半部分。

换言之，当前 $i$ 在二进制下的倒数第 $j$ 位决定了它在当前长度为 $2^{k-j+1}$ 的区间中是被分配到长度为 $2^{k-j}$ 的前半部分还是长度为 $2^{k-j}$ 的后半部分。

可以发现 ${\omega }_n^i$ 在最终的序列中的位置下标相当于 $i$ 二进制下翻转得到的数

然后就可以愉快地递推了

NTT快速数论变换

我们为什么需要NTT

$FFT$在计算过程中有着大量的精度丢失，导致答案计算并不准确，这是我们所不能接受的

参考对除法的处理，我们考虑将$FFT$带到模意义下

于是我们要考虑如何将$FFT$的单位根改到模意义下，很自然地想到了原根，为什么？

考虑原根的定义

$\mathrm{在}\mathrm{模}m\mathrm{的}\mathrm{意}\mathrm{义}\mathrm{下}，\text{exist}a\in N^{\ast },\mathrm{使}\mathrm{得}{a}^1,a^2,a^3,\cdot \cdot \cdot ,a^{\phi (m)}\mathrm{两}\mathrm{两}\mathrm{不}\mathrm{同}$

取模的过程很像是一个循环，这与我们单位根在复平面上绕圈的过程相仿

我们知道单位根有如下的性质

$1.{\omega }_n^k={\omega }_{rn}^{rk}$

$2.({\omega }_n^k{)}^n=1$

$3.{\omega }_{2n}^k=-{\omega }_{2n}^{k+n}$

$4.{\omega }_n^a\times {\omega }_n^b={\omega }_n^{ab}$

$5.{\omega }_n^0={\omega }_n^n=1$

那么只有当原根与单位根性质完全相同时，我们才可以等价替换，定义

$$g_n^k=(a^{\frac{m-1}{n}}{)}^k$$

我们来检验一下

$$1.g_{rn}^{rk}=(a^{\frac{m-1}{rn}}{)}^{rk}=(a^{\frac{m-1}{n}}{)}^k=g_n^k$$

由费马小定理

$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

$$2.(g_n^k{)}^n=(a^{m-1}{)}^k=1$$

$$3.g_{2n}^k=(a^{\frac{m-1}{2n}}{)}^k(a^{\frac{m-1}{2n}}{)}^n=g_{2n}^k{a}^{\frac{m-1}{2}}$$

由于原根互不相同和费马小定理，有

$$a^{\frac{m-1}{2}}\equiv -1(\mathrm{mod}m)$$

所以

$$3.g_{2n}^k=-g_{2n}^{k+n}$$

$4.5.$均采用类似上面的证明方法，由此我们证明了原根可以完美替代单位根，这就是$NTT$了

注意只有当$n\mid (m-1)$的时候$NTT$才可以正确地运行

$n$总是$2$的整数次方，所以$m-1$必然可以写成$2^{r}d+1$的形式

常见的$NTT$模数：

469762049

998244353

1004535809

任意模数NTT

如果模数不是$NTT$模数该怎么办呢？

有一个想法是我们可以先用$NTT$模数算出系数，然后再对题目要求的模数取模

但是如果题目的系数大于$NTT$模数，那我们就无法计算出准确的系数了

如$LuoguP4245【\mathrm{模}\mathrm{板}】\mathrm{任}\mathrm{意}\mathrm{模}\mathrm{数}\mathrm{多}\mathrm{项}\mathrm{式}\mathrm{乘}\mathrm{法}$,这道题，其极限情况可以达到${10}^9\times {10}^9\times {10}^5={10}^{23}$,直接$NTT$必然寄掉

既然一个模数不够用，那我们直接参考哈希，将模数扩展成三个，只需要取三个模数，使其乘积大于极限情况，最后再用中国剩余定理合并就好了

注意在中国剩余定理时会爆long long，所以可以全部定义成__int128

分治NTT

问题

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 $f_0=1$。

答案对 $998244353$ 取模

题解

直接暴力$O(n^2)$

如果直接$NTT$，复杂度为$O(n^2\log n)$

显然这是一个比暴力还要劣的解

所以我们考虑$CDQ$分治

要求区间$[l,r]$的答案，假设我们已经求出了区间$[l,mid]$，现在考虑右半边的答案，令$x\in [mid+1,r]$,那么考虑左子区间对它的贡献为

$$f_x=\sum _{i=l}^{mid}{f}_i{g}_{x-i}$$

这是一个卷积的形式，可以利用$NTT$计算

复杂度为$O(n{\log }^{2}n)$

莫比乌斯变换与莫比乌斯反演

莫比乌斯变换

$$f(S)=\sum _{T\subseteq S}g(T)$$

莫比乌斯反演

$$g(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}f(T)$$

证明

由

$$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=[n=0]$$

可得

$$\begin{gathered} \sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|}=[S=\varnothing ] \\ \begin{array}{rl}g(S)& =\sum _{T\subseteq S}[S-T=\varnothing ]g(T)\\ & =\sum _{T\subseteq S}\sum _{P\subseteq S-T}(-1{)}^{|P|}g(T)\\ & =\sum _{P\subseteq S}\sum _{T\subseteq S-P}(-1{)}^{|P|}g(T)\\ & =\sum _{P\subseteq S}(-1{)}^{|P|}\sum _{T\subseteq S-P}g(T)\\ & =\sum _{P\subseteq S}(-1{)}^{|P|}f(S-P)\\ & =\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}f(T)\end{array} \end{gathered}$$

证毕。

合并卷积

定义

$$h(S)=f(S)\ast g(S)=\sum _{A\subseteq S}\sum _{B\subseteq S}f(A)g(B)[A\cup B=S]$$

称 $h$ 是 $f$ 和 $g$ 的合并卷积。

设 $\hat{h}(S)$ 是 $h(S)$ 的莫比乌斯变换，则

$$\begin{array}{rl}\hat{h}(S)& =\sum _{T\subseteq S}\sum _{A\subseteq T}\sum _{B\subseteq T}f(A)g(B)[A\cup B=T]\\ & =\sum _{A\subseteq S}\sum _{B\subseteq S}f(A)g(B)[A\cup B\subseteq S]\\ & =\sum _{A\subseteq S}\sum _{B\subseteq S}f(A)g(B)\\ & =\sum _{A\subseteq S}f(A)\sum _{B\subseteq S}g(B)\\ & =\hat{f}(S)\hat{g}(S)\end{array}$$

这启发我们计算 $f$ 和 $g$ 的合并卷积时，可以先将 $f$ 和 $g$ 分别做莫比乌斯变换，然后相乘，得到 $h$ 的莫比乌斯变换 $\hat{h}$，再对 $\hat{h}$ 做莫比乌斯反演，即得到 $f$ 和 $g$ 的合并卷积 $h$

快速莫比乌斯变换

快速莫比乌斯变换FMT

要对所有的$S$,求

$$\hat{f}(S)=\sum _{T\subseteq S}f(T)$$

定义

$$\hat{f}(S,i)=\sum _{T\subseteq S}f(T)[\{i+1,i+2,\dots ,n\}\subseteq T]$$

那么有 $\hat{f}(S,0)=f(S)，\hat{f}(S,|S|)=f(\varnothing )$。
设集合 $S\cap \{i\}=\varnothing$，

那么

$$\hat{f}(S\cup \{i\},i)=\hat{f}(S,i-1)+\hat{f}(S\cup \{i\},i-1)$$

因为
$S\cap \{i\}=\varnothing$，所以 $\hat{f}(S,i)=\hat{f}(S,i-1)$

$\hat{f}(S,i)$表示 $\{i+1,i+2,\dots ,n\}$ 一定含于 $T$，并且一定没有选 $i$，
$\hat{f}(S\cup \{i\},i-1)$ 表示 $i+1,i+2,\dots ,n$一定含于 $T$，并且一定选了 $i$，
那么由加法原理即可知

$$\hat{f}(S\cup \{i\},i)=\hat{f}(S,i-1)+\hat{f}(S\cup \{i\},i-1)$$

那么我们递推 $n$ 轮，即可求得 $\hat{f}(S)$。
时间复杂度 $O(n{2}^n)$。

void FMT(int *f)
{
    for(int i=0;i<n;++i)
        for(int j=0;j<(1<<n);++j)
            if(j&(1<<i)) f[j]+=f[j^(1<<i)];
}

这个过程相当于高维前缀和

IFMT快速莫比乌斯反演

跟FMT一样，不断递推，不过变成了减法。

void IFMT(int *f)
{
    for(int i=0;i<n;++i)
        for(int j=0;j<(1<<n);++j)
            if(j&(1<<i)) f[j]-=f[j^(1<<i)];
}

这个过程相当于高维差分

子集卷积

$$c_i=\sum _j\sum _k[jandk=\varnothing ,jork=i]a_j{b}_k$$

由于

$$[jandk=\varnothing ,jork=i]=[|j|+|k|=|i|,jork=i]$$

因而可以将原集合按照元素个数分组，做$FMT$，然后再$n^2$次结合，并做$IFMT$，最终将结果累计

复杂度$O(2^n{n}^2)$

快速沃尔什变换

与/或卷积

• 或卷积：$c_i=\sum _j\sum _k[jork=i]a_j{b}_k$
• 与卷积：$c_i=\sum _j\sum _k[jandk=i]a_j{b}_k$
  考虑如何求$a$和$b$的或卷积：

引理：

若$j,k\subseteq i$,则$jork\subseteq i$，逆命题同样成立
若$j,k\supseteq i$,则$jandk\supseteq i$，逆命题同样成立

设$a，b，c$的高维前缀和分别为$A，B，C$

$$A_i{B}_i=(\sum _{j\subseteq i}{a}_j)(\sum _{k\subseteq i}{b}_k)=\sum _{j,k\subseteq i}{a}_i{b}_k=\sum _{korj\subseteq i}{a}_i{b}_k=C_i$$

现在考虑已知$C$求$c$，本质上是一个反演
注意到

$$\begin{gathered} \sum _{r\subseteq p}(-1{)}^{|r|}=\sum _{k=0}^{|p|}{C}_{|p|}^k(-1{)}^k=[p=0] \\ \begin{array}{rl}c(p)& =\sum _{q\subseteq p}[p-q=0]c(q)\\ & =\sum _{q\subseteq p}\sum _{r\subseteq (p-q)}(-1{)}^{|r|}c(q)\\ & =\sum _{r\subseteq p}(-1{)}^{|r|}\sum _{q\subseteq (p-r)}c(q)\\ & =\sum _{r\subseteq p}(-1{)}^{r}f(p-r)\\ & =\sum _{r\subseteq p}(-1{)}^{|p|-|r|}C(r)\end{array} \end{gathered}$$

于是

$$\begin{gathered} C(S)=\sum _{T\subseteq S}c(T) \\ c(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|T|}C(T) \end{gathered}$$

因而做两遍高维前缀和再反推回去即可,复杂度$O(2^{n}n)$

与卷积即改为高维后缀和

inline void FWT_and(ll *a,ll t,int limit){//FWT:t=1;IFWT:t=-1
	for(int mid=1;mid<limit;mid=mid<<1){
		int n=mid<<1;
		for(int j=0;j<limit;j+=n){
			for(int k=0;k<mid;++k){
				a[j+k]+=t*a[j+k+mid]%mod;
				Mod(a[j+k]);
			}
		}
	}
	return ;
}

inline void FWT_or(ll *a,ll t,int limit){//FWT:t=1;IFWT:t=-1
	for(int mid=1;mid<limit;mid=mid<<1){
		int n=mid<<1;
		for(int j=0;j<limit;j+=n){
			for(int k=0;k<mid;++k){
				a[j+k+mid]+=t*a[j+k]%mod;
				Mod(a[j+k+mid]);
			}
		}
	}
	return ;
}

异或卷积

$$c_i=\sum _j\sum _k[j\oplus k=i]a_j{b}_k$$

快速沃尔什变换（FWT）：

定义集合幂级数$FWT(a)$，满足$FWT(a{)}_i=\sum _{j=0}^{2^n-1}(-1{)}^{|iandj|}{a}_j$
那么有：

$$\begin{array}{rl}FWT(c{)}_i& =\sum _{j=0}^{2^n-1}(-1{)}^{|iandj|}{c}_j\\ & =\sum _{j=0}^{2^n-1}(-1{)}^{|iandj|}\sum _{k=0}^{2^n-1}\sum _{l=0}^{2^n-1}[k\oplus l=j]a_k{b}_l\\ & =\sum _{k=0}^{2^n-1}\sum _{l=0}^{2^n-1}(-1{)}^{|(k\oplus l)andi|}{a}_k{b}_l\\ & =\sum _{k=0}^{2^n-1}\sum _{l=0}^{2^n-1}(-1{)}^{|kandi|}{a}_k(-1{)}^{|landi|}{b}_l\\ & =FWT(a{)}_{i}FWT(b{)}_i\end{array}$$

时间复杂度$O(2^{n}n)$
$FMT$可以看作是$FWT$在解决或卷积，与卷积时的特例

inline void FWT_xor(ll *a,ll t,int limit){//FWT:t=1;IFWT:t=mpow(2,mod-2)
	for(int mid=1;mid<limit;mid=mid<<1){
		int n=mid<<1;
		for(int j=0;j<limit;j+=n){
			for(int k=0;k<mid;++k){
				ll x=a[j+k],y=a[j+k+mid];
				a[j+k]=t*(x+y)%mod;Mod(a[j+k]);
				a[j+k+mid]=t*(x-y+mod)%mod;Mod(a[j+k+mid]);
			}
		}
	}
	return ;
}

多项式牛顿迭代

给定多项式$g(x)$，求解关于多项式$f(x)$的方程

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

我们假设已经求出了$f(x)$前$n$项的多项式$f_0(x)$，显然有

$$f(x)-f_0(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$$

考虑$g(f(x))$在$x$处泰勒展开

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

我们来考虑一件事情

对于$(f(x)-f_0(x){)}^k$，当$k$大于等于$2$时，显然有结论

$$(f(x)-f_0(x){)}^k\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{2n})$$

那么就有

$$\begin{gathered} g(f(x))\equiv g(f_0(x))+g^{\prime }(f(x)-f_0(x)) \\ f(x)\equiv f_0(x)-\frac{g(f_0(x))}{g^{\prime }(f_0(x))}(\mathrm{mod}{x}^{2n}) \end{gathered}$$

递归计算即可

多项式 ln

已知一个多项式$f(x)$，求下式中的多项式$r(x)$

$$\ln (f(x))\equiv r(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$$

解决这个问题之前，先介绍多项式求导和多项式积分

多项式求导

利用导数公式$x^n=n{x}^{n-1},(kx{)}^{\prime }=k{x}^{\prime }$即可

其中$k$是常数

多项式积分

利用公式

$$\int a{x}^n=\frac{a}{n+1}{x}^{n+1}$$

计算即可

回到原问题

$$\begin{gathered} \ln (f(x))\equiv r(x)(\mathrm{mod}{x}^n) \\ \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}\equiv r^{\prime }(x)(\mathrm{mod}{x}^n) \end{gathered}$$

因此$f^{\prime }(x)$乘上$f(x)$的逆元,再积个分就是$r(x)$了

多项式exp

问题

已知一个多项式$f(x)$,求$r(x)$

$$e^{f(x)}\equiv r(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$$

先对它两边$\ln$得

$$f(x)\equiv \ln (r(x))(\mathrm{mod}{x}^n)$$

令$g(r(x))=\ln (r(x))-f(x)$,则$g(r(x))\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n)$,因此我们可以采用牛顿迭代法，假设我们已经求出了$r(x)$的前$n$项$r_0(x)$,有

$$\begin{gathered} r(x)\equiv r_0(x)-\frac{g(r_0(x))}{g^{\prime }(r_0(x))}(\mathrm{mod}{x}^{2n}) \\ r(x)\equiv r_0(x)-\frac{\ln (r_0(x))-f(x)}{\frac{1}{r_0(x)}}(\mathrm{mod}{x}^{2n}) \\ r(x)\equiv r_0(x)(1-\ln (r_0(x))+f(x))(\mathrm{mod}{x}^{2n}) \end{gathered}$$

然后递归计算$r(x)$即可求出答案

多项式快速幂

给定$f(x)$与常数$p$，求多项式$r(x)$使得

$$f^p(x)\equiv r(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$$

法1

直接快速幂套上多项式乘法，时间复杂度$O(n\log n\log p)$

法2

考虑到$x=e^{\ln x}$,所以

$$r(x)=e^{p\ln f(x)}$$

于是我们可以考虑先计算$\ln f(x)$，将它的各项系数乘$p$得到$p\ln f(x)$，再做一个多项式$\exp$即可

复杂度$O(n\log n)$

多项式乘法的技巧

$FFT/NTT$可以快速求下面这个式子

$$c_i=\sum _{j=0}^i{a}_j{b}_{i-j}$$

如果要求的形式长下面这个样子

$$c_i=\sum _{j=0}^{n-i}{a}_j{b}_{i+j}$$

这不是我们想要的卷积形式，于是可以考虑将$a$翻转

$$d_i=\sum _{j=0}^{n-i}{a}_{n-j+1}{b}_{i+j}$$

由于$n+1-j+i+j=n+i+1$与$j$无关，所以我们将翻转后的$a$与原来的$b$做一下卷积,然后将得到$d$序列，有$c_i=d_{n+i+1}$

多项式求逆

问题

给定多项式$f(x)$ ,求$f^{-1}(x)$

做法

首先，易知

$$[x^0]f^{-1}(x)=-([x^0]f(x){)}^{-1}$$

假设已经求出$f(x)$在模$x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }$意义下的逆元$f_0^{-1}(x)$。有：(均为模意义下)

$$\begin{gathered} f(x)f_0^{-1}(x)=1 \\ f(x)f^{-1}(x)=1 \end{gathered}$$

因此

$$f^{-1}(x)-f_0^{-1}(x)=0$$

两边平方,变为模$x^n$意义下

$$f^{-2}(x)-2f^{-1}(x)f_0^{-1}+f_0^{-2}=0$$

同时乘$f(x)$并移项

$$f^{-1}(x)=f_0^{-1}(x)(2-f(x)f_0^{-1}(x))$$

递归计算即可

时间复杂度$O(nlogn)$

多项式除法（取模）

问题：

给定多项式$f(x),g(x)$,求$g(x)$除$f(x)$的商$Q(x)$与余数$R(x)$

考虑构造系数翻转的变换

$$f^R(x)=x^{\mathrm{deg}f}f(\frac{1}{x})$$

进行推导,设$n=\mathrm{deg}f,m=\mathrm{deg}g$，两边乘上$x^n$并将$x$更换为$\frac{1}{x}$

$$\begin{gathered} f(x)=g(x)Q(x)+R(x) \\ {x}^{n}f(\frac{1}{x})=x^{n-m}Q(\frac{1}{x})x^{m}g(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}{x}^{m-1}R(\frac{1}{x}) \\ {f}^R(x)=Q^R(x)g^R(x)+x^{n-m+1}{R}^R(x) \end{gathered}$$

此时我们发现，如果我们两边取模$x^{n-m+1}$,就可以消除$R^R(x)$的影响，因为$Q^R(x)$的次数$n-m<n-m+1$,所以取模并不会对$Q^R(x)$产生影响，所以可以求解$Q(x)$,反带之后就可以求解$R(x)$

即

$$f^R(x)\equiv Q^R(x)g^R(x)(mod{x}^{n-m+1})$$

多项式开方

问题:

给定多项式$g(x)$,求多项式$f(x)$，满足

$$f^2(x)\equiv g(x)(\mathrm{mod}{x}^n)$$

解法

假设已经求出了$g(x)$在模$x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }$意义下的平方根$f_0(x)$

则有

$$\begin{gathered} f_0^2(x)\equiv g(x)(\mathrm{mod}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }) \\ {f}_0^2(x)-g(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }) \\ (f_0^2(x))-g(x){)}^2\equiv 0(\mathrm{mod}{x}^n) \\ (f_0^2(x)+g(x){)}^2\equiv 4f_0^2(x)g(x)(\mathrm{mod}{x}^n) \\ (\frac{f_0^2(x)+g(x)}{2f_0(x)}{)}^2\equiv g(x)(\mathrm{mod}{x}^n) \\ \frac{f_0^2(x)+g(x)}{2f_0(x)}\equiv f(x)(\mathrm{mod}{x}^n) \\ {2}^{-1}{f}_0(x)+2^{-1}{f}_0^{-1}(x)g(x)\equiv f(x)(\mathrm{mod}{x}^n) \end{gathered}$$

递归计算即可

特征方程

一个数列$\{x_i\}$ 存在递推式$x_{n+2}=c_1{x}_{n+1}+c_2{x}_n$

设有$r,s$,使得

$$x_{n+2}-r{x}_{n+1}=s(x_{n+1}-r{x}_n)$$

那么

$$x_{n+2}=(s+r)x_{n+1}+(-sr)x_n$$

于是有

$$\{\begin{array}{l}{c}_1=s+r\\ c_2=-sr\end{array}$$

韦达定理构造方程得

$$x^2-c_{1}x-c_2=0$$

这样解出$x$的两根即为$s,r$,进而可以求解$c_1,c_2$

特征方程在一阶线性递推中的应用

设数列$\{a_i\}$的递推公式为

$$a_i=p{a}_{i-1}+q$$

设

$$\begin{gathered} a_i-t=p(a_{i-1}-t) \\ {a}_i=p{a}_{i-1}-pt+t \end{gathered}$$

那么

$$q=-pt+t$$

将$t$解出代入上式，利用等比数列求和得出数列的通项公式

常系数齐次线性递推

问题

给定一个线性递推数列

$$\{f_i\}$$

的前$k$项 $f_0\cdots f_{k-1}$和其递推式$f_n=\sum _{i=1}^k{a}_i{f}_{n-i}$的各项系数$a_i$,求$f_n$

矩阵快速幂做法

我们构造它的初始矩阵为

$$A=\left[\begin{array}{ccccc}{f}_0& f_1& f_2& \cdots & f_{k-1}\end{array}\right]$$

加速矩阵为

$$B=\left[\begin{array}{cccccc}0& 0& 0& \cdots & 0& a_1\\ 1& 0& 0& \cdots & 0& a_2\\ 0& 1& 0& \cdots & 0& a_3\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & 0& a_{k-1}\\ 0& 0& 0& \cdots & 1& a_k\end{array}\right]$$

由此，时间复杂度为$O(k^3\log n)$

瓶颈在于如何快速求出加速矩阵$A^{n-k+1}$

为了解决这个问题，我们可以引出常系数齐次线性递推

先介绍一些前置知识

特征值与特征向量

矩阵乘上列向量仍然是一个列向量

若对于矩阵$A$,存在一个列向量$\overrightarrow{v}$和一个常数$\lambda$,使得

$$A\overrightarrow{v}=\lambda \overrightarrow{v}$$

那么称$\overrightarrow{v}$为矩阵$A$的特征向量，$\lambda$为矩阵$A$的特征值，上面那个方程称为矩阵$A$的特征方程

令$\overrightarrow{v}$为初始矩阵,$A$为加速矩阵，那么有方程

$$\left[\begin{array}{cccccc}{a}_1& a_2& a_3& \cdots & a_{k-1}& a_k\\ 0& 0& 0& \cdots & 0& 1\\ 0& 0& 0& \cdots & 1& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ 0& 1& 0& \cdots & 0& 0\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}{f}_k\\ f_{k-1}\\ f_{k-2}\\ ⋮\\ f_1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{f}_k+1\\ f_k\\ f_{k-1}\\ ⋮\\ f_2\end{array}\right]=\lambda \overrightarrow{v}=\left[\begin{array}{c}\lambda f_k\\ \lambda f_{k-1}\\ \lambda f_{k-2}\\ ⋮\\ \lambda f_1\end{array}\right]$$

发现

$$f_i=\lambda f_{i-1}={\lambda }^2{f}_{i-2}=\cdots ={\lambda }^{i-1}{f}_1$$

又因为

$$f_{k+1}=a_1{f}_k+a_2{f}_{k-1}+\cdots +a_k{f}_1$$

将$f_i$全部换成$f_1$

那么有

$$\begin{gathered} {\lambda }^k{f}_1=a_1{\lambda }^{k-1}{f}_1+a_2{\lambda }^{k-2}{f}_1+\cdots +a_k{\lambda }^0{f}_1 \\ {\lambda }^k=a_1{\lambda }^{k-1}+a_2{\lambda }^{k-2}+\cdots +a_k{\lambda }^0 \\ {\lambda }^k-a_1{\lambda }^{k-1}-a_2{\lambda }^{k-2}-\cdots -a_k{\lambda }^0=0 \end{gathered}$$

我们设

$$\phi (x)={\lambda }^k-a_1{\lambda }^{k-1}-a_2{\lambda }^{k-2}-\cdots -a_k{\lambda }^0$$

写高级点

$$\phi (x)={\lambda }^k-\sum _{i=1}^k{a}_i{\lambda }^{k-i}$$

此时称$\phi (x)$为矩阵$A$的特征多项式

它也可以这样表示

$$\begin{gathered} A\overrightarrow{v}=\lambda \overrightarrow{v} \\ (A-I\lambda )\overrightarrow{v}=0 \end{gathered}$$

特征多项式

$$\phi (x)=\mid A-I\lambda \mid$$

考虑当$x=A$,有

$$\phi (A)=\mid A-IA\mid =0$$

即对于矩阵$A$的特征多项式$\phi (x)$,有$\phi (A)=0$，这被称为$Cayley-Hamilton\mathrm{定}\mathrm{理}$

常系数齐次线性递推

前置知识说完了，考虑我们原先的问题

如何快速求出$A^{n-k+1}$

我们将问题简化为求$A^n$，这与上面那个问题在规模上是等价的

考虑多项式除法/取模

$$x^n=\phi (x)g(x)+r(x)$$

其中$g(x),r(x)$为两个多项式，此时我们可以利用前面学到的多项式取模求得$r(x)$，但这有什么用呢?

将其改为矩阵的形式

$$A^n=\phi (A)g(A)+r(A)$$

由$Cayley-Hamilton\mathrm{定}\mathrm{理}$可知，$\phi (A)=0$

那么有

$$A^n=r(x)$$

由多项式取模的定义，$\mathrm{deg}(r(x))<k$，复杂度有了保证

所以我们把原来的矩阵$A$带入求出的多项式$r(x)$，设它为

$$r(x)=\sum _{i=0}^{k-1}{c}_i{x}^i$$

我们在两边乘上$\overrightarrow{v}$，然后推导

$$\begin{gathered} r(A)\overrightarrow{v}\sum _{i=0}^{k-1}{c}_i{A}^i{\overrightarrow{v}}_0 \\ {A}^{n-k+1}{\overrightarrow{v}}_0=\sum _{i=0}^{k-1}{c}_i{A}^i{\overrightarrow{v}}_0 \\ {\overrightarrow{v}}_n=\sum _{i=0}^{k-1}{c}_i{\overrightarrow{v}}_i \end{gathered}$$

然后，终于做完了!