多项式全家桶

求逆

考虑倍增。

若已经求出 $A \times B' \equiv 1 \pmod {x^n}$，我们希望求出 $B$ 使得 $A \times B \equiv 1 \pmod {x^{2n}}$。

有：

$$B - B' \equiv 0 \pmod {x^n}$$

$$(B - B')^2 \equiv 0 \pmod {x^{2n}}$$

$$B^2 - 2 B B' + B'^2 \equiv 0 \pmod {x^{2n}}$$

两边同乘 $A$，有：

$$B - 2B' + AB'^2 \equiv 0 \pmod {x^{2n}}$$

所以：

$$B \equiv 2B' - AB'^2 \pmod {x^{2n}}$$

注意应该倍增到最小的 $2^t$ 使得 $2^t \ge n$。

时间复杂度 $O((n + \frac{n}{2} + \frac{n}{4} + \cdots) \log n) = O(n \log n)$。

带余除法

比较智慧。

考虑定义一个操作 $A^R(x) = A(\frac{1}{x}) = \sum\limits_{i = 0}^n a_i x^{n - i}$。其实就是把系数翻转。

那么：

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

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

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

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

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

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

注意到 $Q(x)$ 的最高项次数恰为 $n - m$，所以这样即可求得 $Q(x)$，进而求出 $R(x)$。

时间复杂度 $O(n \log n)$。

$\ln$

考虑利用多项式求导，有：

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

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

这样就能求出 $B'(x)$，进而求出 $B(x)$。

时间复杂度 $O(n \log n)$。

$\exp$

考虑泰勒展开。对于一个光滑函数 $g(x)$，我们有：

$$g(x) = g(x_0) + \frac{1}{1!} g'(x_0) (x - x_0) + \frac{1}{2!} g''(x_0) (x - x_0) ^ 2 + \cdots$$

考虑倍增。假设我们已经求出了 $B_0(x)$ 使得 $A(x) \equiv \ln B_0(x) \pmod{x^n}$，我们现在希望求出 $B(x)$ 使得 $A(x) \equiv \ln B(x) \pmod{x^{2n}}$。那么令 $g$ 为 $\ln$，$x$ 为 $B(x)$，$x_0$ 为 $B_0(x)$。

注意到 $B(x) \equiv B_0(x) \pmod{x^n}$，所以 $(B(x) - B_0(x))^2 \equiv 0 \pmod{x^{2n}}$。所以有：

$$\ln(B(x)) \equiv \ln(B_0(x)) + \frac{B(x) - B_0(x)}{B_0(x)} \pmod{x^{2n}}$$

$$B_0(x) (A(x) - \ln(B_0(x)) + 1) \equiv B(x) \pmod{x^{2n}}$$

做一次 $\ln$ 和乘法即可。

注意一些实现细节，比如 $\ln(B_0(x))$ 应该在 $\bmod x^{2n}$ 意义下算。

时间复杂度 $O((n + \frac{n}{2} + \frac{n}{4} + \cdots) \log n) = O(n \log n)$。

快速幂

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

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

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

所以先 $\ln$ 再 $\exp$ 即可。

注意为了保证 $[x^0]A(x) = 1$ 需要先提公因式 $ax^p$。

开方

相当于 $k \equiv \frac{1}{2}$ 的快速幂。

为了保证 $[x^0]A(x) = 1$ 仍然提公因数 $a$（因为这项一定不是 $0$）。那么求一个 $a$ 的二次剩余再乘回去即可。

多点求值

发现 $F(x_0) = F(x) \bmod (x - x_0)$。因为 $F(x) = Q(x) G(x) + R(x)$，而且 $G(x_0) = 0$。

考虑分治求 $F(x) \bmod \prod\limits_{i = l}^r (x - a_i)$。每次把 $F(x)$ 对 $\prod\limits_{i = l}^r (x - a_i)$ 取模即可。这样时间复杂度是 $O(n \log^2 n)$，但是因为每次递归都要多项式取模所以常数很大。

发现因为余数只有常数项，并且 $R(x) = F(x) - Q(x) G(x)$，所以我们也只用关心 $F(x), G(x), Q(x)$ 的常数项，即 $F^R(x), G^R(x), Q^R(x)$ 的 $n - 1$ 次项。

所以我们一开始先令 $G(x) = \prod\limits_{i = 1}^n (x - a_i)$ 并算出 $Q^R(x)$，然后分治左区间则乘上右半边的乘积，分治右区间则乘上左半边的乘积。并且注意到递归到 $[l, r]$ 后之后乘的多项式次数 $< r - l + 1$，所以可以只保留后面 $r - l + 1$ 项，这样复杂度就对了，还是 $O(n \log^2 n)$。

快速插值

考虑拉格朗日插值，答案即为

$$\sum\limits_{i = 1}^n y_i \prod\limits_{j \ne i} \frac{x - x_j}{x_i - x_j}$$

先考虑每个 $i$ 对应的分母 $z_i$。设 $F(x) = \prod\limits_{i = 1}^n (x - x_i)$，相当于要算 $\frac{F(x)}{x - x_i}$ 代入 $x_i$ 后的值。但是此时分子和分母都是 $0$。根据洛必达法则，此时可以算 $\frac{F'(x)}{(x - x_i)'} = F'(x)$ 代入 $x_i$ 后的值。于是多点求值即可。

再考虑算整个式子。仍然可以分治，分治的时候算 $\sum\limits_{i = l}^r \frac{y_i}{z_i} \prod\limits_{l \le j \le r \land j \ne i} (x - x_j)$。只需要左边的答案乘上右半边区间多项式的乘积，加上右边的答案乘上左半边区间多项式的乘积即可。时间复杂度 $O(n \log^2 n)$。

常系数齐次线性递推

考虑构造矩阵 $M$，其中 $M_{0, i} = a_{i + 1}$，$M_{i + 1, i} = 1$，其余位置为 $0$。那么：

$$\begin{bmatrix} f_{n + k - 1} \\ f_{n + k - 2} \\ \vdots \\ f_n \end{bmatrix} = M^n \begin{bmatrix} f_{k - 1} \\ f_{k - 2} \\ \vdots \\ f_0 \end{bmatrix}$$

$M$ 的特征多项式为 $\varphi(x) = x^k - a_1 x^{k - 1} - a_2 x^{k - 2} - \cdots - a_k x^0$。

设 $x^n = Q(x) \varphi(x) + R(x)$，那么 $M^n = Q(M) \varphi(M) + R(M)$。又因为由 Cayley-Hamilton 定理得 $\varphi(M) = 0$，所以 $M^n = R(M)$。

设 $R(x) = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} r_i x^i$，列向量 $F = \begin{bmatrix} f_{k - 1} \\ f_{k - 2} \\ \vdots \\ f_0 \end{bmatrix}$。那么：

$$\begin{aligned} M^n & = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} r_i M^i \\ M^n F & = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} r_i (M^i F) \\ (M^n F)_{k - 1} & = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} r_i (M^i F)_{k - 1} \\ f_n & = \sum\limits_{i = 0}^{k - 1} r_i f_i \end{aligned}$$

于是剩下的问题是求 $R(x)$，也就是 $x^n \bmod \varphi(x)$。直接多项式快速幂即可，每次次数超过 $k$ 了就对 $\varphi(x)$ 取模。

时间复杂度 $O(k \log k \log n)$。