下面的内容基本上都是贺来的
写的时候要注意各种清空问题...
多项式乘法
略
时间复杂度(O(n log n))
const int P = 998244353;
inline int Pow(ll x, int y=P-2){
ll ass=1;
for(; y; y>>=1, x=x*x%P) if(y&1) ass=ass*x%P;
return ass;
}
inline int Mod(int x){ return x<P?x:x-P;}
inline void NTT(int *f, int g){
for(int i=0, j=0; i<p; ++i){
if(i>j) swap(f[i], f[j]);
for(int k=p>>1; (j^=k)<k; k>>=1);
}
for(int i=1; i<p; i<<=1){
int w0=(g==1?Pow(3, (P-1)/i/2):Pow(Pow(3, (P-1)/i/2)));
for(int j=0; j<p; j+=i<<1){
int w=1;
for(int k=j; k<j+i; ++k){
int t=(ll)w*f[k+i]%P;
f[k+i]=Mod(P+f[k]-t);
f[k]=Mod(f[k]+t);
w=(ll)w*w0%P;
}
}
}
if(g==-1) for(int i=0, I=Pow(p); i<p; ++i) f[i]=(ll)f[i]*I%P;
}
..............
多项式求逆
给定多项式(A(x))，求(A^{-1}(x))满足$$A(x)A^{-1}(x)equiv 1pmod{x^n}$$
其中(pmod{x^n})即为舍去次数(ge n)的项，只保留(0)到(n-1)次项
倍增
(n=1)时只有常数项，答案可以直接快速幂求出
假设当前已经求出(pmod{x^{lceil frac{n}{2} ceil}})意义下的(A(x))的逆元(B_0(x))，满足$$A(x)B_0(x)equiv 1pmod{x^{lceil frac{n}{2} ceil}}$$
需要求(B(x))满足$$A(x)B(x)equiv 1pmod{x^n}$$
两式相减得$$A(x)(B(x)-B_0(x))equiv 0pmod{x^{lceil frac{n}{2} ceil}}$$
即$$B(x)-B_0(x)equiv0pmod{x^{lceil frac{n}{2} ceil}}$$
平方得$$B2(x)-2B(x)B_0(x)+B_02(x)equiv0pmod{x^n}$$
由于一个多项式平方之后，次数(<n)的项至少是由原先一个次数(<lceil frac{n}{2} ceil)的项乘上其他项得到的，所以这个结果的(0)到(n-1)次系数仍然是(0)，可以变成(pmod{x^n})
同乘(A(x))得$$B(x)-2B_0(x)+A(x)B_02(x)equiv0pmod{xn}$$
即$$B(x)equiv B_0(x)(2-A(x)B_0(x))pmod{x^n}$$
时间复杂度$$T(n)=T(frac{n}{2})+O(n log n)=O(n log n)$$
inline void polyinv(int n, int *a, int *b){
if(n==1) return (void)(b[0]=Pow(a[0]));
polyinv((n+1)/2, a, b);
static int tmp[N];
for(p=1; p<n*2-1; p<<=1);
memcpy(tmp, a, n<<2), memset(tmp+n, 0, p-n<<2);
NTT(tmp, 1), NTT(b, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) b[i]=(2-(ll)b[i]*tmp[i]%P+P)*b[i]%P;
NTT(b, -1);
memset(b+n, 0, p-n<<2);
}
多项式除法/取模
给定(n-1)次多项式(A(x))和(m-1)次多项式(B(x))，求(D(x) R(x))满足$$A(x)=D(x)B(x)+R(x)$$
其中(D(x))最高(n-m)次，(R(x))次数(<m-1)
或$$A(x)equiv R(x)pmod{B(x)}$$
由于这里有余数(R(x))难以处理，可以考虑去掉其影响
定义反转操作(将各项系数反转)$$AR(x)=x{n-1}A(frac{1}{x})=sum_{i=0}{n-1}a_{n-i-1}xi$$
把(frac{1}{x})代入原式，再同乘(x^{n-1})，得到$$x{n-1}A(frac{1}{x})=x{n-m}D(frac{1}{x})x{m-1}B(frac{1}{x})+x{n-m+1}*x^{m-2}R(frac{1}{x})$$
即$$AR(x)=DR(x)BR(x)+x{n-m+1}R^R(x)$$
由于(D^R(x))也是(n-m)次的，在(pmod{x^{n-m+1}})意义下，得到$$A^R(x)equiv DR(x)BR(x)pmod{x^{n-m+1}}$$
可以通过多项式求逆得到(D^R(x))，反转即为(D(x))，再代入计算(R(x))
需要一次求逆和两次乘法
时间复杂度(O(n log n))
inline void polydiv(int n, int m, int *d, int *a, int *b, int *r){
static int A[N], B[N], B1[N];
memset(A, 0, sizeof A), memset(B, 0, sizeof B), memset(B1, 0, sizeof B1);
for(int i=0; i<n; ++i) A[i]=a[n-i-1];
for(int i=0; i<m; ++i) B[i]=b[m-i-1];
polyinv(n-m+1, B, B1);
for(p=1; p<n*2-m; p<<=1);
NTT(A, 1), NTT(B1, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) d[i]=(ll)A[i]*B1[i]%P;
NTT(d, -1), memset(d+n-m+1, 0, p-(n-m+1)<<2);
for(int i=0, j=n-m; i<j; ++i, --j) swap(d[i], d[j]);
for(p=1; p<n; p<<=1);
for(int i=0; i<m; ++i) B[i]=b[i];
for(int i=0; i<n-m+1; ++i) B1[i]=d[i]; memset(B1+n-m+1, 0, p-(n-m+1)<<2);
NTT(B, 1), NTT(B1, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) r[i]=(ll)B[i]*B1[i]%P;
NTT(r, -1);
for(int i=0; i<n; ++i) r[i]=(P+a[i]-r[i])%P;
}
多项式牛顿迭代法
这个好像可以用来推很多东西..
有一个关于多项式(f(x))的方程(g(f(x))=0)
假设已经求出了(f(x))的前n项(f_0(x))
对(g(f(x)))在(f_0(x))上泰勒展开
注意到(f(x)-f_0(x))的前(n)项系数为(0)，于是
即$$f(x)equiv f_0(x)-frac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))}pmod{x^{2n}}$$
用这种方法也可以推多项式求逆
多项式开根
给定多项式(A(x)),求(B(x))满足$$B2(x)-A(x)equiv0pmod{xn}$$
设(B(x)equiv B_0(x)pmod{x^n})，直接代入牛顿迭代
复杂度$$T(n)=T(frac{n}{2})+O(n log n)=O(n log n)$$
若常数项不是很优秀，当(n=1)时，还需要计算二次剩余（我不会）
代码中常数项恰好为(1)
inline void polysqrt(int n, int *a, int *b){
if(n==1) return (void)(b[0]=1);
polysqrt(n+1>>1, a, b);
static int tmp[N], b1[N];
polyinv(n, b, b1);
for(p=1; p<n*2-1; p<<=1);
memcpy(tmp, a, n<<2), memset(tmp+n, 0, p-n<<2);
NTT(tmp, 1), NTT(b, 1), NTT(b1, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) b[i]=((ll)tmp[i]*b1[i]+b[i])%P*inv2%P;
NTT(b, -1);
memset(b+n, 0, p-n<<2), memset(b1, 0, p<<2);
}
多项式(ln)
对于一个多项式(A(x))，求$$ln(A(x))pmod{x^n}$$
直接计算
其中的求导和积分都是可以(O(n))完成的
需要保证(A(x))常数项为(1)，否则由于求导后常数项丢失，会出现一些问题
时间复杂度(O(n log n))
inline void polyln(int n, int *a, int *b){
static int tmp[N];
polyinv(n, a, b);
for(int i=1; i<n; ++i) tmp[i-1]=(ll)a[i]*i%P;
for(p=1; p<n*2-1; p<<=1);
NTT(tmp, 1), NTT(b, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) b[i]=(ll)tmp[i]*b[i]%P;
NTT(b, -1);
for(int i=n-1; i; --i) b[i]=(ll)b[i-1]*Pow(i)%P;
b[0]=0, memset(b+n, 0, p-n<<2);
}
多项式(exp)
对于一个多项式(A(x))，求$$e{A(x)}pmod{xn}$$
设
两边取对数
设(B(x)equiv B_0(x)pmod{x^n})，得到递推式
(A(x))的常数项必须为(0)，(B(x))常数项必定为(1)
我不知道为什么
void polyexp(int n, int *a, int *b){
if(n==1) return (void)(b[0]=1);
polyexp(n+1>>1, a, b);
static int tmp[N];
polyln(n, b, tmp);
for(int i=0; i<n; ++i) tmp[i]=Mod(!i+P+a[i]-tmp[i]);
for(p=1; p<n*2-1; p<<=1);
NTT(tmp, 1), NTT(b, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) b[i]=(ll)b[i]*tmp[i]%P;
NTT(b, -1);
memset(b+n, 0, p-n<<2), memset(tmp, 0, p<<2);
}
多项式(k)次幂
给定多项式(f(x))和正整数(k)，求(f^k(x))的前(n)项系数
直接快速幂，复杂度(O(n log n log k))
当(f(x))的常数项为(1)时，有$$f^k(x)=exp(k ln(f(x)))$$
复杂度为(O(n log n))
若(f(x))的常数项不为1，设(f(x))最低次项为(ax^d)，则$$fk(x)=akx{kd}left(frac{f(x)}{axd} ight)^k$$
可以用上面的方法计算
没了