多项式笔记（一）

这篇文章会从零开始证一遍多项式全家桶中的基础部分，初中水平就能理解（因为我能理解qaq）。

讲了泰勒展开，多项式牛顿迭代，多项式求逆，多项式开根，多项式ln，多项式exp，多项式快速幂这些非常重要基础的东西。

如果想要例题可以到我博客里面，多项式和生成函数两个标签里面找，都配有题解。

【upd 2021.1.7】增加了 \(\exp\) 的 \(O(n^2)\) 做法，这东西是有用处的。
【upd 2021.1.7】发现牛迭式子锅了，已经修改。
【upd 2021.1.18】增加了一个小Trick：CZT变换。因为多项式笔记（二）需要CZT变换这个前置知识。原本最好丢到笔记三的，但是怕鸽子太久，所以放到这里来了。
【upd 2021.1.19】从后面的笔记拉了多项式平移过来，觉得还是放在这里合适。
【upd 2021.1.19】NTT改成了预处理单位根的写法，实测洛谷多项式快速幂可以快1.2s。
【upd 2021.1.22】增加了多项式除法
【upd 2021.1.23】写多点求值的时候发现求逆写法过于不优良，已经更新（大概从直接NTT答案数组改成了copy过去，不然多点求值会直接RE）

泰勒展开

我对于泰勒展开的理解

多项式求逆

P4238 【模板】多项式乘法逆

P4239 任意模数多项式乘法逆

一个很非常重要的思想。

已知 \(F(x)*G(x)\equiv 1\pmod {x^n}\) 和 \(F(x)\) ，求 \(G(x)\)

假设我们已经求出了 \(H(x)\) 使得 \(F(x)H(x)\equiv 1 \pmod{x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\)

又因为 \(F(x)G(x)\equiv 1\pmod{x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\)

所以 \(F(x)(G(x)-H(x))\equiv 0\pmod{x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\)

所以 \(G(x)-H(x)\equiv 0\pmod{x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\)

两边平方可得 \(G^2(x)+H^2(x)-2G(x)H(x)\equiv 0\pmod{x^n}\)

注意后面变成 \(\bmod x^n\) 了，这一步特别牛逼。

其实就是最高次变成了 \(\le n\) 罢了，所以要 \(\bmod x^n\)

接着往下推

\(G^2(x)+H^2(x)-2G(x)H(x)\equiv 0\pmod {x^n}\)

两边同乘 \(F(x)\) ，利用 \(F(x)G(x)\equiv 1\pmod {x^n}\) 这个性质

\(G(x)+H^2(x)F(x)-2H(x)\equiv 0\pmod {x^n}\)

移项可得

\(G(x)\equiv 2H(x)-H^2(x)F(x)\pmod {x^n}\)

得到了一个可以递归处理的东西，每次先把 \(H(x)\) 递归处理出来，在这一层FFT合并。

边界为 \(G(0)=F(0)^{-1}\)

复杂度 \(T(n)=T(\dfrac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n)\)

多项式牛顿迭代

考虑多项式求逆的过程，假设已经有 \(F(x)*H(x)\equiv 1\pmod{x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}}\) ，有一个函数满足 \(G(F(x))\equiv 0\pmod {x^n}\) ，请记住这个设定

把函数 \(G(F(x))\) 在 \(H(x)\) 泰勒展开

\[G(F(x))=G(H(x))+\dfrac{G'(H(x))}{1!}(F(x)-H(x))+\dfrac{G''(H(x))}{2!}(F(x)-H(x))^2+\cdots\\ \]

从第三项开始，由于 \(F(x),H(x)\) 后 \(\lceil\dfrac{n}{2}\rceil\) 项相同，\((F(x)-H(x))^2\) 在 \(\bmod x^n\) 意义下为 \(0\) ，往后也都是 \(0\)

所以

\[G(F(x))\equiv 0\equiv G(H(x))+G'(H(x))(F(x)-H(x))\pmod{x^n}\\ F(x)=H(x)-\dfrac{G(H(x))}{G'(H(x))}\\ \]

多项式ln

P4725 【模板】多项式对数函数（多项式 ln）

\[B(x)=\ln (A(x))\\ \]

两边求导

\[B'(x)=\dfrac{A'(x)}{A(x)} \]

把 \(A\) 求逆，求导，得到的两个多项式卷起来，积分回去，得到 \(B\)

多项式exp

P4726 【模板】多项式指数函数（多项式 exp）

已知 \(A(x)\) ，求 \(F(x)=e^{A(x)}\) ，保证 \(A(0)=0\)

好像保证 \(A(0)=0\) 是为了保证exp有意义，具体原因等我知道了再补。

两边求导

\[\ln (F(x))=A(x) \]

令 \(G(F(x))=\ln (F(x))-A(x)\) ，那么 \(G'(F(x))=\dfrac{1}{F(x)}\) 。如果你不知道为什么 \(A(x)\) 可以当常数项消掉可以看看某个洛谷帖子

对其牛顿迭代

\[G(F(x))=H(x)-\dfrac{G(H(x))}{G'(H(x))}\\ =H(x)(1-\ln (H(x))+A(x)) \]

用多项式求逆的思想，每次递归计算 \(H(x)\) 即可。

边界为 \(G(0)=1\)

复杂度 \(T(n)=T(\dfrac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n)\)

【upd】\(O(n^2)\) 的做法，好写好推。有些题目 \(n\) 很小并且模数不一定为NTT模数就可以这么干。

\[F(x)=\exp(A(x))\\ \ln(F(x))=A(x)\\ \dfrac{F'(x)}{F(x)}=A'(x)\\ F'(x)=F(x)A'(x)\\ \]

提取 \([x^n]\) 系数得

\[F'[n]=\sum_{i=0}^{n}A'[i]F[n-i]\\ (n+1)F[n+1]=\sum_{i=0}^{n}(i+1)A[i+1]F[n-i] \]

直接递推。

多项式开根

P5205 【模板】多项式开根

P5277 【模板】多项式开根（加强版）

给定 \(A(x)\) ，求 \(F^2(x)\equiv A(x)\pmod {x^n}\)

设 \(G(F(x))=F^2(x)-A(x)\) ，那么 \(G'(F(x))=2F(x)\)

对其牛顿迭代

\[F(x)=H(x)-\dfrac{G(H(x))}{G'(H(x))}\\ =H(x)-\dfrac{H^2(x)-A(x)}{2H(x)}\\ =\dfrac{H^2(x)+A(x)}{2H(x)} \]

用多项式求逆的思想递归求 \(H(x)\) 即可。

\(F(0)\not=1\) 要二次剩余，不会，鸽子了。

所以边界（默认 \(F(0)=1\)）为 \(G(0)=1\) 。

复杂度 \(T(n)=T(\dfrac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n)\)

多项式快速幂

P5245 【模板】多项式快速幂

\(\ln + \exp\) 是非常强大的工具，结合起来用非常无敌。

这题是个经典例子，\(\ln +\exp\) 可以把幂运算转化成多项式的 +-* 运算。

求 \(B(x)\equiv A^k(x)\pmod {x^n}\)

两边取 \(\ln\) ，\(\ln (B(x))=k\ln (A(x))\)

然后把 \(\ln (B(x))\) \(\exp\) 回去就可以得到 \(B(x)\) 了。

多项式除法

P4512 【模板】多项式除法

给定 \(n\) 次多项式 \(F(x)\) ，\(m\) 次多项式 \(G(x)\) ，求 \(Q(x),R(x)\) ，使得 \(F(x)=Q(x)G(x)+R(x)\) ，\(Q(x)\) 的次数为 \(n-m\) ，\(R(x)\) 的次数小于 \(m\) 。

如果我们想要翻转一个多项式的系数（reverse），可以采用如下方法：

\[F^T(x)=x^nF(\dfrac{1}{x}) \]

把 \(\dfrac{1}{x}\) 带到题目给出的等式里（\(F_r(x)\) 表示把 \(F(x)\) 系数翻转的结果）

\[F(\dfrac{1}{x})=Q(\dfrac{1}{x})G(\dfrac{1}{x})+R(\dfrac{1}{x})\\ x^nF(\dfrac{1}{x})=x^nQ(\dfrac{1}{x})G(\dfrac{1}{x})+x^nR(\dfrac{1}{x})\\ F_r(x)=G_r(x)Q_r(x)+x^{n-m+1}R(\dfrac{1}{x})\\ F_r(x)\equiv G_r(x)Q_r(x)\pmod{x^{n-m+1}}\\ Q_r(x)\equiv F_r(x)(G_r(x))^{-1}\pmod{x^{n-m+1}} \]

这样子就求出 \(Q(x)\) 了。\(R(x)\) 把 \(Q(x)\) 带回去就好了。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define sz(v) (int)v.size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f?x:-x;
}
const int N=100005;
const int M=N<<2;
#define mod 998244353
namespace math{
int inv[N],fac[N],ifc[N];
inline int qpow(int n,int k){int res=1;for(;k;k>>=1,n=1ll*n*n%mod)if(k&1)res=1ll*n*res%mod;return res;}
inline void fmod(int&x){x-=mod,x+=x>>31&mod;}
void initmath(const int&n=N-1){
	inv[1]=1;for(int i=2;i<=n;++i)inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mod;
	ifc[n]=qpow(fac[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;--i)ifc[i]=1ll*(i+1)*ifc[i+1]%mod;
}
}
using namespace math;

namespace poly{

int rev[M],lg,lim,rt[M];
void initpoly(const int&n){
	for(lg=0,lim=1;lim<=n;++lg,lim<<=1);
	for(int i=0;i<lim;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
	for(int i=1;i<lim;i<<=1){
		const int w=qpow(3,(mod-1)/(i<<1));
		rt[i]=1;
		for(int j=1;j<i;++j)rt[i+j]=1ll*rt[i+j-1]*w%mod;
	}
}
void NTT(int*a,int op){
	if(!op)reverse(a+1,a+lim);
	for(int i=0;i<lim;++i)
		if(i>rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int i=1;i<lim;i<<=1){
		for(int j=0;j<lim;j+=i<<1){
			for(int k=0;k<i;++k){
				const int X=a[j+k],Y=1ll*rt[i+k]*a[i+j+k]%mod;
				fmod(a[j+k]=X+Y),fmod(a[i+j+k]=X-Y+mod);
			}
		}
	}
	if(op)return;const int ilim=qpow(lim,mod-2);
	for(int i=0;i<lim;++i)a[i]=1ll*a[i]*ilim%mod;
}
#define clr(a,n) memset(a,0,sizeof(int)*(n))
#define cpy(a,b,n) memcpy(a,b,sizeof(int)*(n))
void poly_mul(int*f,int*g,int*ans,int n,int m){
	static int A[M],B[M];initpoly(n+m);
	cpy(A,f,n),clr(A+n,lim-n),NTT(A,1);
	cpy(B,g,m),clr(B+m,lim-m),NTT(B,1);
	for(int i=0;i<lim;++i)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,0),cpy(ans,A,n+m-1);
}
void poly_inv(int*g,int*f,int n){
	static int A[M],B[M];
	if(n==1)return g[0]=qpow(f[0],mod-2),void();
	int m=(n+1)>>1;
	poly_inv(g,f,m),initpoly(n<<1);
	cpy(A,f,n),clr(A+n,lim-n),cpy(B,g,m),clr(B+m,lim-m);
	NTT(A,1),NTT(B,1);
	for(int i=0;i<lim;++i)A[i]=1ll*B[i]*(2-1ll*A[i]*B[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(A,0),cpy(g,A,n);
}
void poly_sqrt(int*g,int*f,int n){
	static int A[M];
	if(n==1)return g[0]=1,void();
	poly_sqrt(g,f,(n+1)>>1);
	clr(A,n),poly_inv(A,g,n),poly_mul(A,f,A,n,n);
	for(int i=0,iv2=math::inv[2];i<n;++i)g[i]=1ll*(g[i]+A[i])*iv2%mod;
}
void jif(int*g,int*f,int n){
	for(int i=1;i<=n;++i)g[i]=1ll*f[i-1]*math::inv[i]%mod;g[0]=0;
}
void dao(int*g,int*f,int n){
	for(int i=0;i<n-1;++i)g[i]=1ll*(i+1)*f[i+1]%mod;g[n-1]=0;
}
void poly_ln(int*g,int*f,int n){
	static int A[M],B[M];
	dao(A,f,n),clr(B,n),poly_inv(B,f,n),poly_mul(A,B,A,n,n),jif(g,A,n);
}
void poly_exp(int*g,int*f,int n){
	static int A[M];
	if(n==1)return g[0]=1,void();
	poly_exp(g,f,(n+1)>>1);
	clr(A,n),poly_ln(A,g,n);
	for(int i=0;i<n;++i)fmod(A[i]=(!i)+f[i]-A[i]+mod);
	poly_mul(g,A,g,n,n),clr(g+n,lim-n);
}
void poly_qpow(int*g,int *f,int k,int n){
	static int A[M];
	clr(A,n),poly_ln(A,f,n);
	for(int i=0;i<n;++i)A[i]=1ll*A[i]*k%mod;
	poly_exp(g,A,n);
}
void poly_div(int*Q,int*R,int*F,int*G,int n,int m){
	static int A[M];
	reverse(F,F+n),reverse(G,G+m);
	poly_inv(A,G,n-m+1),poly_mul(F,A,A,n-m+1,n-m+1);
	for(int i=0;i<n-m+1;++i)Q[i]=A[n-m-i];
	reverse(F,F+n),reverse(G,G+m),poly_mul(G,Q,A,m,n-m+1);
	for(int i=0;i<m-1;++i)fmod(R[i]=F[i]+mod-A[i]);
}
}

主函数第一行一定要 initmath ！！！
千万记得清空数组，太恶心了。
如何检查NTT是否正确：手造一组卷积。
如何检查多项式求逆是否正确：先求一次逆，再把得到的多项式求逆，看看是否是原来的。
如何检查多项式开根是否正确：先开根，然后把这个数组和自己卷一下，看看是否是原来的。
卡常卡傻了：NTT里面 i+j+k 改成 i|j|k慢0.2s，fmod 不加 inline 慢 0.2s。。。
如果没有特殊说明，函数传参都是左闭右开的。

一些简单的技巧

都是平时做题遇上的

差卷积

求出 \(C_k=\sum_{i=k}^{n}A_iB_{i-k}\)

这时候把 \(B\) 反转为 \(B'\) ，即 \(B'_{n-i}=B_i\) 。

这时候跑 \(A*B'\) 就会发现 \(C_k=\sum_{i=0}^{k}A_iB'_{k-i}=\sum_{i=0}^{k}A_iB_{n+i-k}\) ，所以 \(C_{i}=(A*B')_{n+i}\)

Chirp-Z Transform

P6800 【模板】Chirp Z-Transform

一个非常牛逼的构造：

\[ij=\binom{i+j}{2}-\binom{i}{2}-\binom{j}{2} \]

可以发现我们求的答案

\[ans_k=\sum_{i=0}^{n-1}c^{ik}a_i\\ =\sum_{i=0}^{n-1}a_ic^{\binom{i+k}{2}-\binom{i}{2}-\binom{k}{2}}\\ =c^{-\binom{k}{2}}\sum_{i=0}^{n-1}a_ic^{-\binom{i}{2}}c^{\binom{i+k}{2}} \]

差卷积即可。

如果每次快速幂计算是 \(O(n\log mod)\) 的，特别慢，最好直接两次前缀积（次数的二维前缀和）计算。

void CZT(int*g,int*f,int m,int n,int c){//给定n次多项式f，求f(c^{0->m-1})
	static int pw[N<<1],ipw[N<<1],ivc,A[M],B[M];
	pw[0]=pw[1]=ipw[0]=ipw[1]=1,ivc=qpow(c,mod-2);
	for(int i=2;i<n+m;++i)pw[i]=1ll*pw[i-1]*c%mod,ipw[i]=1ll*ipw[i-1]*ivc%mod;
	for(int i=2;i<n+m;++i)pw[i]=1ll*pw[i-1]*pw[i]%mod,ipw[i]=1ll*ipw[i-1]*ipw[i]%mod;
	for(int i=0;i<n;++i)A[i]=1ll*f[i]*ipw[i]%mod;
	for(int i=0;i<n+m;++i)B[i]=pw[i];
	reverse(A,A+n),poly_mul(A,B,A,n,n+m);
	for(int i=0;i<m;++i)g[i]=1ll*ipw[i]*A[i+n-1]%mod;
}

多项式平移

用 \(F(x)\) 得到 \(F(x+c)\) 的系数。

设 \(F(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}a_ix^i\) 。

\[F(x+c)=\sum_{i=0}^{n}a_i(x+c)^i\\ =\sum_{i=0}^{n}a_i\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}x^{j}c^{i-j}\\ =\sum_{j=0}^{n}x^j\sum_{i=j}^{n}\binom{i}{j}a_ic^{i-j}\\ =\sum_{j=0}^{n}x^j\dfrac{1}{j!}\sum_{i=j}^{n}i!a_i\dfrac{c^{i-j}}{(i-j)!} \]

差卷积即可。

参考资料

miskcoo的牛顿迭代

知乎非常不负责任少儿不宜的泰勒展开

各个板题的洛谷题解，不一一挂连接了

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posted @ 2021-01-07 14:44 zzctommy 阅读(570) 评论(0) 编辑收藏举报

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