Homework from Zhejiang 和结式到底是什么关系

Homework from Zhejiang

本题希望解决的问题是：给定两个（首一）多项式 $f,g$，设 $n=\mathrm{deg}f,m=\mathrm{deg}g$。求出 $\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m(x_i+y_j)$，这里 $x_i,y_j$ 是 $f,g$ 的所有根。

首先需要理解一下为什么这个式子能求出来：若 $f,g$ 的系数都属于数域 $K$ 内，为何答案也属于数域 $K$ 内？这是因为，设 $h(x)=\prod _{j=1}^m(x+y_j)$，则 $[x^k]h=(-1{)}^{m-k}[x^k]g$，所以 $h$ 系数也属于 $K$ 内。而 $\prod _{i=1}^{n}h(x_i)$ 关于 $x_i$ 对称，故可以表为对称多项式的乘积之和，所以答案也会属于 $K$ 内。

有了这个理解再看原问题，其实就容易了，因为当 $f(x_i)=0$ 时可以把 $h$ 减去若干倍的 $f$，答案不变。所以整个题的做法是：

1. 若 $n>m$，交换 $f,g$。
2. 写出 $h(x)$（就是 $g$ 的某些次系数取反）并把答案化成 $\prod _{i=1}^{n}h(x_i)$。
3. 将 $h$ 对 $f$ 取模（若不首一了就把 $h$ 和答案乘上一个系数）。
4. 递归，直到 $min(n,m)=0$。

时间复杂度 $O(nm)$。

什么是结式？

在上面一题的很多网上的题解里都提到了“结式”的概念，那什么是结式呢？其实跟本题一点关系都没有。两个多项式 $f(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^{n-i},g(x)=\sum _{i=0}^m{b}_i{x}^{m-i}$ 结式定义为（不妨设 $a_0=b_0=1$）

$$R(f,g)=\left|\begin{array}{cccccccc}{a}_0& a_1& \dots & a_n& & & & \\ & a_0& a_1& \dots & a_n& & & \\ & & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & & \\ & & & a_0& a_1& a_2& \dots & a_n\\ b_0& b_1& \dots & b_m& & & & \\ & b_0& b_1& \dots & b_m& & & \\ & & \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & & \\ & & & b_0& b_1& b_2& \dots & b_m\end{array}\right|\triangleq |B|$$

其中 $f$ 的系数出现 $m$ 行，$g$ 的系数出现 $n$ 行。

结式有什么组合意义呢？容易发现，$R(f,g)=0⟺(f(x),g(x))\ne 1$。如果多项式的系数 $a_i,b_j$ 不属于欧几里得整环（例如多元多项式环），则这个行列式可以计算，但辗转相除就做不了了。

这个行列式的求值方法可以类比循环矩阵行列式，毕竟前 $n$ 行和后 $m$ 行的确是循环的。同时，系数没有从 $x^n$ 循环到 $x^1$，所以给它乘上的范德蒙德矩阵也不需要是 DFT。为了结果尽量简单，好想法是选择 $f,g$ 的 $n+m$ 个根列范德蒙德矩阵，这样得到的结果会是分块对角的。

取 $(n+m)\times (n+m)$ 矩阵 $A$，$A_{ij}=y_j^{n+m-i}$，其中 $y_1\sim y_m$ 为 $g$ 的根，$y_{m+1}\sim y_{n+m}$ 为 $f$ 的根（又记为 $x_1\sim x_n$），则

$$BA=\left[\begin{array}{cc}Y& 0\\ 0& X\end{array}\right]$$

这里 $Y$ 为 $m\times m$ 矩阵，$Y_{ij}=y_j^{m-i}f(y_j)$；$X$ 为 $n\times n$ 矩阵，$X_{ij}=x_j^{n-i}g(x_j)$。

则

$$|BA|=|Y||X|=\prod _{1\le i\le m}f(y_i)\prod _{1\le j<i\le m}(y_j-y_i)\prod _{1\le i\le n}g(x_i)\prod _{1\le j<i\le n}(x_j-x_i)$$

$$|A|=\prod _{1\le j<i\le m}(y_j-y_i)\prod _{1\le j<i\le n}(x_j-x_i)\prod _{1\le j\le m,1\le i\le n}(y_j-x_i)$$

再注意到 $\prod _{1\le i\le n}(y_j-x_i)=f(y_j)$，就有

$$R(f,g)=|B|=\prod _{1\le i\le n}g(x_i)$$

有重根是不是会出问题？事实上，可以把上面的 $x_i,y_j$ 看成不定元，则上面都是对多元多项式在操作，一定有消去律，所以有重根上面的推导也成立。

所以对于两个首一多项式 $f,g$，我们得到了结论：

$$R(f,g)=\prod _{1\le i\le n}g(x_i)$$

不难看出以下性质：

• $R(f,g)=(-1{)}^{nm}R(g,f)$
• $R(fg,h)=R(f,h)R(g,h)$
• $R(f,gh)=R(f,g)R(f,h)$
• 对于首一多项式 $f$，$R(f,g)=R(f,g+hf)$

所以结式的计算也可以用多项式欧几里得的做法 $O(nm)$ 算出。这个算法是“结式”这个东西和上题唯一的联系了。

总结

笔者当年看到 Homework from Zhejiang 一题时，被某些题解中提到的“用结式计算”或者“本题用到了结式”劝退了。但其实，本题跟结式除了最终的算法形式上相同，没有别的联系：结式的定义（这个行列式的值）对于做出题目没有任何关系，而结式的计算确实跟本题的算法相同，但讲清这个算法也不需要知道结式是什么，这是一个关于多项式根相关式子的普适性算法。

以一道题目去拓展相关知识的出发点是好的，但如果忽略逻辑关系而掉书袋，例如说出本题用到结式这种话：实际上是用到了结式的计算方法，这种说话方式是否有好处就是值得商榷的了。至少笔者觉得，“拓展”永远应当在“讲清楚题目”之后进行，而在“讲清楚题目”的过程中，还是该尽量避免花里胡哨的高级词汇。