多项式全家桶

打算开 GF 这个万恶之源了，但在此之前先把多项式的那堆板子理理清楚吧。代码没有刻意卡常，而且写成的年代不同，码风和实现方法会有一点不一样，板子也不会太全，之后会遇到问题会在这里慢慢补充。

多项式乘法

给定一个 $n$ 次多项式 $F(x)=\sum_{i=0}^n f_ix^i$ 和 $m$ 次多项式 $G(x)=\sum_{j=0}^m g_jx^j$，求出 $F(x)$ 和 $G(x)$ 的卷积：

$$\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^m f_ig_jx^{i+j}$$

注意到多项式乘法的过程，单从卷积定义角度考虑是难以优化的，所以我们从多项式本身考虑。

多项式有两种表示方法，点值表示法和系数表示法。其中系数表示法就是我们常用的形式：

$$F(x)=\{f_0,f_1,f_2,\cdot\cdot\cdot,f_n\}$$

其中 $f_i$ 表示 $x^i$ 前面的系数。这显然可以唯一确定一个 $n$ 次多项式。而点值表示法是这样的：

$$F(x)=\{(x_0,F(x_0)),(x_1,F(x_1)),\cdot\cdot\cdot,(x_n,F(x_n))\}$$

注意到这 $n+1$ 个点也能表示一个 $n$ 次多项式，可以从高斯消元的角度考虑。

显然我们常用的（题目输入和要求输出的）都是第一种表示方法，那第二种表示方法有啥用呢。对于两个 $n$ 次多项式 $F(x),G(x)$，它们的卷积 $H(x)$ 在点值表示法下能很轻易地被求出：

$$H(x)=\{(x_0,F(x_0)G(x_0)),(x_1,F(x_1)G(x_1)),\cdot\cdot\cdot,(x_n,F(x_n)G(x_n))\}$$

时间复杂度仅有 $\mathcal{O}(n)$。但问题是题目不认点值表示法，而暴力在两种表示方法之间的转化复杂度是很高的。所以我们现在的任务就是找到在两种表示方法之间转化的合适方法。

FFT/快速傅里叶变换

前置知识：复数。

可以做到在 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的时间复杂下完成点值表示法和系数表示法的相互转化。

我们先来看从系数表示法到点值表示法，注意到这里的瓶颈在于算 $x^i$ 和计算 $F(x^i)$。这两个问题本质上其实挺像的，都是要求寻找一个合适的 $x$，使得 $x^i$ 具有一些美妙的性质。

注意到 $1,-1$ 的幂都是很好算的，但这样仅仅够我们算两个点，一共可是需要 $n+1$ 个。所以我们要更多的点，更具体地讲，我们需要更多满足 $|\omega^k|=1$ 的 $\omega$。可以发现需要引入复数了，$i,-i$ 显然是方程的解，除此之外，在单位圆上所有向量对应的复数都满足：

（应该都能看出来是从 OI wiki 拿的图吧）

严谨讲，我们定义 $x^n=1$ 在 $\mathbb{C}$ 中的解是 $n$ 次复根。根据上图，我们能发现这样的解有 $n$ 个，根据欧拉公式 $e^{ix}=\cos x+i\sin x$，我们定义：

$$\omega_n=e^{\frac{2\pi i}{n}}$$

为单位复根，可以发现这个复数对应了把单位圆 $n$ 等分的第一个角对应的向量。则 $x^n=1$ 的解集能用 $w_n$ 的幂表示：

$$\{\omega^k_n|k\in[0,n)\cap\mathbb{Z}\}$$

说了这么多，真正要投入应用的话，我们还需要知道单位复根的一些性质。对于任意的正整数 $n$ 和整数 $k$，有：

$$\omega^n_n=1,w_n^k=\omega^{2k}_{2n},w_{2n}^{k+n}=-w_{2n}^k$$

均可以通过把复数看成向量，用几何意义证明，不再赘述。而有了这些性质，就可以开始进入正片了。

FFT 的基本思路是分治，递归处理当 $x=w_n^k$ 时，$f(x)$ 的值。我们来举个例子吧，$8$ 项的多项式：

$$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdot\cdot\cdot+a_7x^7$$

考虑奇偶分治，把式子按照下标的奇偶性分成两坨：

$$\begin{aligned}f(x)&=(a_0+a_2x^2+a_4x^4+a_6x^6)+(a_1x^1+a_3x^3+a_5x^5+a_7x^7)\\&=(a_0+a_2x^2+a_4x^4+a_6x^6)+x(a_1+a_3x^2+a_5x^4+a_7x^6)\end{aligned}$$

分别对奇偶项建立新函数：

$$g(x)=a_0+a_2x+a_4x^2+a_6x^3,h(x)=a_1+a_3x+a_5x^2+a_7x^3$$

则显然有：

$$f(x)=g(x^2)+xh(x^2)$$

好了，现在就可以代入 $\omega^k_n$ 了：

$$\begin{aligned}f(\omega^k_n)&=g((\omega^k_n)^2)+\omega^k_nh((\omega^k_n)^2)\\&=g(\omega^{2k}_{n})+\omega^k_nh(\omega^{2k}_{n})\\&=g(\omega_{\frac{n}{2}}^k)+\omega^k_nh(\omega^k_{\frac{n}{2}})\end{aligned}$$

好像还是看不出来什么，再代入个 $\omega^{k+\frac{n}{2}}_n$ 试试？推导过程省略，跟上面差不多，我们能得到：

$$f(\omega^{k+\frac{n}{2}}_n)=g(w_{\frac{n}{2}}^k)-\omega^k_nh(\omega^k_{\frac{n}{2}})$$

好了，现在我们就完全能看出来了，求出 $g(\omega_{\frac{n}{2}}^k),h(\omega^k_{\frac{n}{2}})$ 之后我们就能一次处理处两个函数值！而处理这俩函数的过程又是一次递归的过程！这下找到了方向了，我们对于每个函数值，需要代入 $n$ 个不同的值，每次会把多项式长度缩减 $\frac{1}{2}$，所以最终复杂度就是 $\mathcal{O}(n\log n)$。

值得注意的是，分治的时候需要保证每次分治两边长短相同，换句话说，需要 $n=2^m,m\in\mathbb{N}$。如果原多项式不满足的话，就用 $0$ 补就好了。

好了，现在我们能把系数表示法换成点值表示法了，愉快地把函数值相乘，然后呢？然后我们就需要把点值表示法换成系数表示法了。这一过程通常被称为 IFFT，即逆 FFT。

考虑原本的多项式是 $f(x)=\sum_{i=0}^{n-1} a_ix^i$，而现在我们已知 $y_i=f(\omega_n^i),i\in[0,n)\cap\mathbb{Z}$，现在要求 $\{a_0,a_1,\cdot\cdot\cdot,a_{n-1}\}$。考虑设：

$$A(x)=\sum_{i=0}^{n-1}y_ix^i$$

现在我们就要在 $A(x)$ 上面搞搞事了。

考虑将 $\omega_n^{-i}$ 分别代入 $A(x)$，则有：

$$\begin{aligned}A(\omega_n^{-k})&=\sum_{i=0}^{n-1}f(\omega_n^{i})\omega_n^{-ik}\\&=\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{-ik}\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega^{ij}\\&=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega^{i(j-k)}\\&=\sum_{j=0}^{n-1}a_j\sum_{i=0}^{n-1}\omega^{i(j-k)}\end{aligned}$$

设 $S(\omega_n^a)=\sum_{i=0}^{n-1}(\omega_n^{ai})$，则当 $a\equiv0\pmod{n}$ 时，显然 $S(\omega_n^a)=n$（因为 $\omega_n^a=1$ 嘛）。

而当 $a\not \equiv0\pmod{n}$ 时，考虑经典 trick 错位相减：

$$\begin{aligned}S(\omega_n^a)&=\sum_{i=0}^{n-1}(\omega_n^{ai})\\\omega_n^{a}S(\omega_n^a)&=\sum_{i=1}^{n}(\omega_n^{ai})\\\therefore S(\omega_n^a)&=\dfrac{\omega_n^{an}-\omega_n^{a0}}{\omega_n^a-1}=0\end{aligned}$$

综上，我们有：

$$S(\omega_n^a)=\begin{cases}n&a\equiv0\pmod{n}\\0&a\not \equiv0\pmod{n}\end{cases}$$

带回原式：

$$A(\omega_n^{-k})=\sum_{j=0}^{n-1}a_jS(\omega_n^{j-k})=a_kn$$

非常神奇，如果令 $b_k=\omega_n^{-k}$，则 $A$ 的点值表示法就是：

$$\{(b_0,a_0n),(b_1,a_1n),\cdot\cdot\cdot,(b_{n-1},a_{n-1}n)\}$$

综上，我们取单位根为其倒数，然后对 $A$ 做一遍上述的 FFT 过程，再除以 $n$ 就得到了系数表示法。

递归版实现：$\tt code$

好的现在您写完了递归版，非常愉快地交了模板题，非常愉快地获得了 $\tt 100pts$，但这一切快乐都在您打开提交记录，按照运行时间排序后结束了，“他们的为啥跑的这么快？？”

直觉告诉我们是递归的锅。递归带来了大常数，让本就因为实数运算常数不小的 FFT 雪上加霜。所以我们要考虑把它变成非递归版本。

考虑模拟算法中递归分治的过程：

$$\{0,1,2,3,4,5,6,7\}\\\{0,2,4,6\}\{1,3,5,7\}\\\{0,4\}\{2,6\}\{1,5\}\{3,7\}\\\{0\}\{4\}\{2\}\{6\}\{1\}\{5\}\{3\}\{7\}$$

分完了。看不出来什么？考虑把分治前的数和分治后的数都变成二进制表示：

$$\{000,001,010,011,100,101,110,111\}\\\{000,100,010,110,001,101,011,111\}$$

这下明显了吧，分治前后的数二进制位是反过来的！那我们只需要提前把数交换到对应的位置，然后模拟递归的过程就好了。

现在的问题是怎么把二进制位给反过来。$\mathcal{O}(n\log n)$ 固然是一种方法，不过我们能做到 $\mathcal{O}(n)$。考虑递推，设 $rev_x$ 表示 $x$ 的二进制位反过来的结果，显然有 $rev_0=0$。而对于一个数 $x$，如果除去最高位不算，$rev_x=\left\lfloor\dfrac{rev_{\lfloor\frac{x}{2}\rfloor}}{2}\right\rfloor$，也就是把 $x$ 右移一位的数反转一下再右移一位。而对于最高位，它取决于 $x$ 的奇偶性，所以有：

$$rev_x=\left\lfloor\dfrac{rev_{\lfloor\frac{x}{2}\rfloor}}{2}\right\rfloor+(x\bmod{2})2^{k-1}$$

其中 $k$ 是二进制表示下的位数。

非递归版实现：$\tt code$

NTT/快速数论变换

前置知识：原根

刚刚我们看到了 FFT，这里还有一种思路类似的 NTT，是 FFT 在数论基础上的实现。由于 FFT 涉及到大量的实数运算，丢精度，速度慢就成为了不可避免的问题。而 NTT 是实现在数论基础上的，运算都是整数，准确度和速度都会更快，但时间复杂度依然是 $\mathcal{O}(n\log n)$。

这俩的基本思路都差不多，而我们的关键就是在数论领域中找出一个东西来代替单位复根。我们发现，对于质数 $p=qn+1(n=2^m)$，它的原根 $g$ 恰好就满足刚刚所说的性质：

$$g^{qn}\equiv1\pmod{p}$$

而如果我们把 $g^q$ 记作 $g_{n}$，会发现它也有类似的性质，如：

$$g_{n}^n\equiv1\pmod{p},g_{n}^{\frac{n}{2}}\equiv-1\pmod{p}$$

然后就结束了，只需要把 FFT 里的单位复根扣掉换成原根就行了。常见的质数原根：

$$p=998,244,353=7\times17\times2^{23}+1,g=3$$

其余的质数可以参考求原根的方法考场现求。

实现：$\tt code$

分治 FFT/NTT

给出序列 $g_{1\sim n}$，求出序列 $f_{0\sim n}$，其中：

$$f_0=1,f_i=\sum_{j=1}^i f_{i-j}g_j$$

答案对 $998,244,353$ 取模。

能看到很明显的卷积特征，但很遗憾，我们不能直接进行一个积的卷，因为对于 $f_i$ 来说，它的值是依赖以前求出来的值的，换句话说，我们要求在线的卷积。（这也是为什么这个算法在国外有时也被称为在线卷积）

考虑参考 $\rm cdq$ 分治的思路，递归处理区间。先处理左区间，然后处理左区间对有区间的贡献，最后处理右区间，这样能保证每次卷积需要的值都已经被求出了。

具体来讲，对于当前区间 $[l,r)$，我们先递归求出 $[l,mid)$ 中 $f$ 的值，然后将 $f_{l\sim mid-1}$ 与 $g_{0\sim r-l-1}$ 给卷起来，这样能得到左边对右边 $f_{mid,r-1}$ 的贡献。之后递归处理右区间 $[mid,r)$ 即可。时间复杂度：

$$T(n)=2T\left(\dfrac{n}{2}\right)+\mathcal{O}(n\log n)=\mathcal{O}(n\log^2 n)$$

实现：$\tt code$

注意卷积之前要补 $0$ 清空而不是不管！

MTT

任意模数 NTT，不会。

多项式牛顿迭代

给出多项式 $g(x)$，已知存在一个多项式 $f(x)$，满足：

$$g(f(x))\equiv0\pmod{x^n}$$

求出模 $x^n$ 意义下的 $f(x)$。

考虑倍增的思路。首先考虑边界，对于 $n=1$ 的情况，我们需要单独求出 $[x^0]g(f(x))=0$ 的解。然后对于其余的 $n$，我们考虑先递归计算 $\left\lceil\dfrac{n}{2}\right\rceil$ 的情况，假设得到在模 $x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}$ 意义下的解是 $f_0(x)$，则现在我们的目标就是要用 $f_0(x)$ 表示 $f(x)$。

考虑将 $g(f(x))$ 在 $f_0(x)$ 处泰勒展开，则原同余方程可化为：

$$\sum_{i\ge 0}\dfrac{g^{(i)}(f_0(x))}{i!}(f(x)-f_0(x))^i\equiv0\pmod{x^n}$$

其中 $g^{(i)}$ 表示 $g$ 的 $i$ 阶导。注意到 $f(x)-f_0(x)$ 这个式子的最低非 $0$ 项次数最低是 $\lceil\frac{n}{2}\rceil$，因为在这之前它们都一样，所以有：

$$\forall i\ge 2:(f(x)-f_0(x))^i\equiv0\pmod{x^n}$$

这样，原同余方程又能化为：

$$g(f_0(x))+g'(f_0(x))(f(x)-f_0(x))\equiv0\pmod{x^n}$$

简单的代数变化：

$$f(x)\equiv f_0(x)-\dfrac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))}\pmod{x^n}$$

这下式子有了，至于怎么求，怎么用，且听下文分解。

多项式求逆

给定一个多项式 $f(x)$，求出一个多项式 $g(x)$ 满足：

$$f(x)g(x)\equiv1\pmod{x^n}$$

系数对 $998,244,353$ 取模。

考虑套刚刚的多项式牛顿迭代。为了避免跟上文的符号矛盾，我们记待求逆的函数为 $h(x)$，求逆结果函数为 $f(x)$，则有：

$$g(f(x))=\dfrac{1}{f(x)}-h(x)\equiv0\pmod{x^n}$$

套牛顿迭代的式子有：

$$\begin{aligned}f(x)&\equiv f_0(x)-\dfrac{\frac{1}{f_0(x)}-h(x)}{-\frac{1}{f^2_0(x)}}\pmod{x^n}\\&\equiv f_0(x)(2-f_0(x)h(x))\pmod{x^n}\end{aligned}$$

注意这里求导的时候把 $h(x)$ 当成常数来做了，然后就结束了，时间复杂度：

$$T(n)=T\left(\dfrac{n}{2}\right)+\mathcal{O}(n\log n)=\mathcal{O}(n\log n)$$

实现：$\tt code$

注意，在实现牛顿迭代的时候，类似分治 FFT，卷积之前一定要记得清空不用的！

多项式开根

给出一个 $n-1$ 次多项式 $A(x)$，找出一个模 $x^n$ 意义下的多项式 $B(x)$ 使得

$$B^2(x)\equiv A(x)\pmod{x^n}$$

系数对 $998,244,353$ 取模。

依然考虑牛顿迭代。类似求逆的推导过程，我们依然记 $h(x)$ 为待开根函数，$f(x)$ 为答案，则有：

$$g(f(x))=f^2(x)-h(x)\equiv0\pmod{x^n}$$

还是套牛顿迭代的式子：

$$\begin{aligned}f(x)&\equiv f_0(x)-\dfrac{f_0^2(x)-h(x)}{2f_0(x)}\pmod{x^n}\\&\equiv\dfrac{f_0^2(x)+h(x)}{2f_0(x)}\end{aligned}$$

多项式求逆就可以做不带余数的除法了。类似求逆，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

实现：$\tt code$

多项式求导/积分

这个比较简单了，主要是一些公式。

首先由于求导和积分的线性性：

$$\begin{aligned}(f(x)+g(x))'&=f'(x)+g'(x)\\(cf(x))'&=cf'(x)\\\int(f(x)+g(x))&=\int f(x)+\int g(x)\\\int cf(x)&=c\int f(x)\end{aligned}$$

所以对于多项式 $F(x)=\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i$，它的导数和积分分别为：

$$\begin{aligned}F'(x)=\sum_{i=1}^{n-1}a_iix^{i-1}\\\int F(x)=\sum_{i=0}^{n-2}\dfrac{a_ix^{i+1}}{i+1}\end{aligned}$$

可以 $\mathcal{O}(n)$ 求解。

还有一些比较常用的求导公式：

$$\begin{aligned}(F(x)G(x))'&=F'(x)G(x)+F(x)G'(x)\\\left(\dfrac{F(x)}{G(x)}\right)'&=\dfrac{F'(x)G(x)-F(x)G'(x)}{G^2(x)}\\(G(F(x)))'&=G'(F(x))F'(x)\end{aligned}$$

更多的东西比如积分公式啊，更多的求导公式啊，常见的函数的积分导数啊，建议大概学一下微积分。

多项式带余除法

给出一个 $n$ 次多项式 $F(x)$ 和一个 $m$ 次多项式 $G(x)$，求出多项式 $Q(x),R(x)$ 满足以下条件：

• $Q(x)$ 次数为 $n-m$，$R(x)$ 次数小于 $m$。
• $F(x)=Q(x)G(x)+R(x)$。

系数对 $998,244,353$ 取模。

刚刚其实我们也做过分数运算（在牛顿迭代那一块），但这里不一样的是，题目还要求求出 $R(x)$，即余数。这不太好办，所以考虑消去 $R(x)$ 的影响。

有个很妙的思想 （不知道咋想到的） ，考虑构造多项式 $F^R(x)$：

$$F^R(x)=x^nF\left(\dfrac{1}{x}\right)$$

容易想到 $F^R(x)$ 的实质其实就把系数反转一下。顺着这个思路，将带余除法的等式两边同时乘上 $x^n$ 并把函数里的自变量都改为 $\frac{1}{x}$ 有“

$$\begin{aligned}x^nF\left(\frac{1}{x}\right)&=x^{n-m}Q\left(\frac{1}{x}\right)x^{m}G\left(\frac{1}{x}\right)+x^{n-m+1}x^{m-1}R\left(\frac{1}{x}\right)\\F^R(x)&=Q^R(x)G^R(x)+x^{n-m+1}R^R(x)\end{aligned}$$

诶，这个式子就特殊了，注意到只有 $R^R(x)$ 这一项前面有一个 $x^{n-m+1}$，那我们只需要把上式放在模 $x^{n-m+1}$ 意义下不就把 $R^R(x)$ 干掉了吗，即：

$$F^R(x)\equiv Q^R(x)G^R(x)\pmod{x^{n-m+1}}$$

问题是，这会不会对 $Q^R(x)$ 造成影响导致我们求出的值不精确呢？显然不会，因为 $Q^R(x)$ 的次数仅有 $n-m$，小于模数的 $n-m+1$ 次，所以 $Q^R(x)$ 并不会受到影响。

这样求个逆就能把 $Q(x)$ 求出来了。求出来之后再反代回去就有 $R(x)$ 了。时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

实现：$\tt code$

多项式 ln

给出 $n-1$ 次多项式 $A(x)$，求一个模 $x^n$ 意义下的多项式 $B(x)$ 满足：

$$B(x)\equiv \ln A(x)\pmod{x^n}$$

系数对 $998,244,353$ 取模。

考虑设 $G(x)=\ln x$，则原题相当于求 $G(F(x))$，考虑给这玩意求个导：

$$(G(F(x)))'=G'(F(x))F'(x)$$

由于，

$$(\ln x)'=\dfrac{1}{x}$$

则上式为：

$$(G(F(x)))'=\dfrac{F'(x)}{F(x)}$$

这样我们就能求出带求多项式的导数了，之后只需要积分回来即可：

$$\int \dfrac{F'(x)}{F(x)}$$

这样直接求导+求逆+积分这题就做完了。时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

实现：$\tt code$

多项式 Exp

给出 $n-1$ 次多项式 $A(x)$，求一个模 $x^n$ 意义下的多项式 $B(x)$ 满足：

$$B(x)\equiv e^{A(x)}\pmod{x^n}$$

系数对 $998,244,353$ 取模。

考虑多项式牛顿迭代法。记 $A(x)$ 为 $h(x)$，$B(x)$ 为 $f(x)$，则有：

$$g(f(x))=\ln f(x)-h(x)\equiv0\pmod{x^n}$$

套式子：

$$\begin{aligned}f(x)&=f_0(x)-\dfrac{\ln f_0(x)-h(x)}{\frac{1}{f_0(x)}}\\&=f_0(x)(1-\ln f_0(x)+h(x))\end{aligned}$$

求个 $\ln$，再加加减减后跟其他的乘起来就完事了。时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

实现：$\tt code$