各种多项式操作的 n^2 递推

zszz，使用 NTT 可以在 $\mathcal O(n\log n)$ 的时间内求出两个多项式的卷积、以及一个多项式的 $\text{inv},\ln,\exp,\text{sqrt}$ 等，但是如果模数不是 NTT 模数（譬如 $10^9+7$）并且复杂度允许 $\mathcal O(n^2)$ 实现上述操作，那么再使用 $n\log n$ 的 NTT 优化版多项式全家桶就不合适了，因此我们也要懂得如何暴力 $n^2$ 递推。

多项式乘法

这个就过于弱智了吧……直接枚举对应位然后往它们的和的地方贡献即可，这个幼儿园就学过了（

多项式求逆

假设 $B$ 为 $A$ 的逆元，那么显然有 $AB=1$，即

$$\sum\limits_{i=0}^nA_iB_{n-i}=[n=0]$$

即

$$A_0B_n=-\sum\limits_{i=1}^nA_iB_{n-i}(n\ge 1)$$

$$B_n=-\dfrac{1}{A_0}\sum\limits_{i=1}^nA_iB_{n-i}$$

边界 $B_0=\dfrac{1}{A_0}$

多项式 $\ln$

假设 $B(x)=\ln A(x)$，那么注意到在我们 NTT 逆元时，我们采用了求导，再积分回去的做法，即 $B’(x)=\dfrac{A’(x)}{A(x)}$，因此我们只需对 $A(x)$ 求一遍逆，再积分回去即可，不过事实上还有更简洁（常数更小）的推法，具体来说

$$B'(x)A(x)=A'(x)$$

$$(n+1)A_{n+1}=\sum\limits_{i=0}^nB_{i+1}(i+1)A_{n-i}$$

$$B_{n+1}(n+1)A_0=A_{n+1}(n+1)-\sum\limits_{i=0}^{n-1}B_{i+1}(i+1)A_{n-i}$$

$$B_{n+1}=\dfrac{A_{n+1}(n+1)-\sum\limits_{i=1}^{n}iB_iA_{n+1-i}}{A_0(n+1)}$$

$$B_n=\dfrac{nA_n-\sum\limits_{i=1}^{n-1}iB_iA_{n-i}}{A_0n}$$

一般在取 $\ln$ 时默认 $A_0=1$，因此一般来说上式也可以写作

$$B_n=A_n-\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n-1}iB_iA_{n-i}$$

多项式 $\exp$

根据 $\exp$ 的性质，$\exp’(A(x))=\exp(A(x))A(x)$，因此假设 $B(x)=\exp(A(x))$，那么显然有

$$B'(x)=B(x)A'(x)$$

$$B_{n+1}(n+1)=\sum\limits_{i=0}^nB_{n-i}A_{i+1}(i+1)$$

$$B_{n+1}=\dfrac{1}{n+1}\sum\limits_{i=0}^nB_{n-i}A_{i+1}(i+1)$$

$$B_n=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}B_{n-i}A_ii$$

多项式 $\exp_{\le k}$

对于多项式 $A(x)$，定义其 $\exp_{\le k}$ 为

$$\sum\limits_{i=0}^k\dfrac{A^i(x)}{i!}$$

因此 $\exp(A(x))$ 也可视为 $\exp_{\le\infty}$

那么怎么暴力求这东西呢？我们假设 $B(x)=\sum\limits_{i=0}^k\dfrac{A^i(x)}{i!}$，那么

$$B'(x)=\sum\limits_{i=0}^k\dfrac{iA^{i-1}(x)A'(x)}{i!}$$

$$B'(x)=\sum\limits_{i=0}^k\dfrac{A^{i-1}(x)A'(x)}{(i-1)!}$$

$$B'(x)=A'(x)\sum\limits_{i=0}^{k-1}\dfrac{A^{i}(x)}{i!}$$

我们惊奇地发现 $\sum\limits_{i=0}^{k-1}\dfrac{A^i(x)}{i!}=B(x)-\dfrac{A^k(x)}{k!}$

于是

$$B'(x)=A'(x)(B(x)-\dfrac{A^k(x)}{k!})$$

我们假设 $C(x)=\dfrac{A^k(x)}{k!}$，那么

$$B_{n+1}(n+1)=\sum\limits_{i=0}^nA_{i+1}(i+1)(B_{n-i}-C_{n-i})$$

$$B_{n+1}=\dfrac{1}{n+1}\sum\limits_{i=0}^nA_{i+1}(i+1)(B_{n-i}-C_{n-i})$$

$$B_n=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nA_ii(B_{n-i}-C_{n-i})$$

边界条件 $B_0=\sum\limits_{i=0}^k\dfrac{A_0^i}{i!}$