关于多项式的一些东西

泰勒展开

设(f(x))在(x_0)处可导，且存在无穷阶导数，那么根据泰勒展开，有：

[f(x) = sum_{i=0}^{inf} frac{f^{[i]}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i + delta ]

其中(delta)是一个余项，表示一个趋近于无穷小的误差。每展开一项，误差就越小。
若(f(x))在(x_0 = 0)处可导，带入泰勒展开式后可以得到(f(x))的麦克劳林展开式：

[f(x) = sum_{i=0}^{inf} frac{f^{[i]}(0)}{i!}x^i + delta ]

一般来说，信息学奥赛中都会使用麦克劳林展开式。我们可以将(e^x)用麦克劳林展开：

[e^x = 1 + frac{x}{1!} + frac{x^2}{2!} + ... + delta = sum_{i=0}^{inf} frac{x^i}{i!} + delta ]

这个式子将在后面反复用到，是非常重要的式子。

牛顿迭代法

给定一个关于(B(x))的函数(F)，求(F(B(x)) = 0(mod x^t))。
我们令(B_t(x))表示模(x^{2^{t}})意义下的一个解。
那么，对(F(B_{t+1}(x)))在(B_{t}(x))处进行泰勒展开有：

[F(B_{t+1}(x)) = F(B_t(x)) + frac{F'(B_t(x))}{1!} (B_{t+1}(x) - B_t(x))..... ]

又(deg(B_{t+1}(x) - B_t(x))^2 = 2^{t+2}-1geq 2^{t+1})。
所以除了最前面的两项，其他项的结果都为(0)。
所以

[F(B_{t+1}(x)) = F(B_t(x)) + frac{F'(B_t(x))}{1!} (B_{t+1}(x) - B_t(x)) ]

化简可得：

[B_{t+1}(x) = B_{t}(x) - frac{F(B_t(x))}{F'(B_t(x))} ]

利用牛顿迭代，我们就能够解决多项式的各种基本运算了。

多项式基本运算

乘法就不说了，(FFT)、(NTT)、(MTT)、分治(FFT)等 都是基本功。

多项式求导与积分

• 求导((c(x^a))' =cax^{a-1})
• 积分(int cx^a = frac{cx^{a+1}}{a+1})

求导后，默认最高项等于(0)。积分后，默认最低项等于(0)。

多项式求逆

牛顿迭代得出的运算重点推导这一个，剩下的全部以给公式的形式呈现。
(A_t(x)B_{t-1}(x) = 1 o A_t(x)B_{t-1}(x) - 1 = 0)
然后套牛顿迭代就行了：

[B_{t}(x) = B_{t-1}(x) - frac{A_t(x)B_{t-1}(x) - 1}{A_t(x)} = 2B_{t-1}(x) - A_t(x)B_{t-1}^2(x) ]

多项式(A(x))存在逆的条件：常数项( eq 0)。
注意一下，由于(B_t(x))、(A_t(x))的第(2^{t})项是没有值的，所以传参(len)时可以减少一倍。

多项式求(ln)

不需要牛顿迭代推出的运算重点推导这一个，剩下的全部以给公式的形式呈现。
(lnA(x) = B(x) o B'(x) = frac{A'(x)}{A(x)})。
然后好像就没了......求逆后积分回去就行了。

其余多项式运算

全部给公式了，推导都是一样的。

• 快速幂：(B(x) = e^{K ln(A(x))})
• 开根：(B_t(x) = frac{1}{2}(B_{t-1}(x) + frac{A_t(x)}{B_{t-1}(x)}))
• 求(exp)：(B_t(x) = B_{t-1}(x)(1 - ln(B_{t-1}(x)) + A_t(x)))

注意一下，求(ln)前常数项必须为(1)，求(exp)前常数项必须为(0)。

多项式除法

给定一个(n)次多项式(F(x))和(m)次多项式(G(x))。
求一个(n-m)次多项式(C(x))和(m-1)次多项式(R(x))，满足(F(x) = G(x)C(x)+R(x))。
定义操作(A^R(x) = x^n A(frac{1}{x}))，即将多项式的所有系数反转过来。
那么：

[x^nF(frac{1}{x}) = x^m G(frac{1}{x})*x^{n-m} C(frac{1}{x}) + x^{n-m+1}x^{m-1}R(frac{1}{x}) ]

所以：(F^R(x) = G^R(x)C^R(x) + x^{n-m+1} R^R(x))。
所以有：

[F^R(x) equiv G^R(x)C^R(x) (mod x^{n-m+1}) ]

所以(C^R(x) = frac{F^R(x)}{G^R(x)} (mod x^{n-m+1}))，多项式求逆即可。
得到(C(x))后，(R(x) = F(x) - G(x)C(x))。

代码实现的时候，对于模(x^{n-m+1})意义下的多项式，一定要及时清空多余项，防止之后的(NTT)出问题。

IL void MOD(int *a , int *b) {
	N = 2 * (K - 1) ; M = K ;
	for(Len = 1; Len <= K; Len <<= 1) ;
	for(int i = 0; i < K; i ++) f3[i] = a[i] , f4[i] = b[i] ;
	NTT(f3 , 1 , Len << 1) ; NTT(f4 , 1 , Len << 1) ;
	for(int i = 0; i < nn; i ++) f3[i] = 1ll * f3[i] * f4[i] % mod ;
	NTT(f3 , -1 , Len << 1) ;
    reverse(f3 , f3 + N + 1) ; reverse(C , C + M + 1) ;
	for(Len = 1; Len <= N; Len <<= 1) ; 
	Poly_Inv(C , InvC , Len) ;
	for(int i = N - M + 1; i <= Len; i ++) InvC[i] = 0 ;   //!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
	NTT(f3 , 1 , Len << 1) ; NTT(InvC , 1 , Len << 1) ;
	for(int i = 0; i < nn; i ++) G[i] = 1ll * f3[i] * InvC[i] % mod ;
	NTT(G , -1 , Len << 1) ;
	NTT(f3 , -1 , Len << 1) ;
	for(int i = N - M + 1; i <= Len; i ++) G[i] = 0 ;      //!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
	reverse(f3 , f3 + N + 1) ; reverse(G , G + (N - M) + 1) ; reverse(C , C + M + 1) ;
	NTT(C , 1 , Len << 1) ; NTT(G , 1 , Len << 1) ;
	for(int i = 0; i < nn; i ++) G[i] = 1ll * G[i] * C[i] % mod ;
	NTT(G , -1 , Len << 1) ;
	NTT(C , -1 , Len << 1) ;
	for(int i = 0; i < M; i ++) a[i] = (f3[i] - G[i] + mod) % mod ;
	for(int i = 0; i < (Len << 1) ; i ++) InvC[i] = G[i] = f3[i] = f4[i] = 0 ;
}

多项式乘法在串匹配中的应用

特征：字符集极小或存在通配符。
建模技巧：

• 允许存在不超过(K)的偏移量：直接将当前枚举字符向左右扩展(K)格(差分实现)。
• 存在通配符：令通配符(S_i = T_j = 0)，
  则把匹配条件变为(0 = sum_{i=1}^{|T|} (S_{i+st} - T_i)T_iS_{i+st})，拆式子后(FFT)。

匹配方法：

• 常规匹配：形如(i_S - j_T = c)，反向(FFT)/(NTT)处理
• 对称匹配：形如(i_S + j_S = 2 * k_T)，正向(FFT)/(NTT)处理。

这类题目只要认真分析+胡思乱想总能想出来的，关键还是在于对字符串的理解。

生成函数简介

生成函数就是母函数。
母函数可以推导递推公式的通项公式，但是那一套就不说了，跟多项式关系也不大。
生成函数有两种，普通型(G(x) = sum_{i=0}^{inf} g_i x^i)与指数型(F(x) = sum_{i=0}^{inf} f_i frac{x^i}{i!})。
一般来说，有序问题会使用指数型，而组合问题会使用普通型。
普通型没啥好说的吧......
指数型母函数就是(e^x)的展开式，故可以有一些骚套路：

• (e^{-x} = 1 - frac{x}{1!} + frac{x^2}{2!} - frac{x^3}{3!}......)
• 只要奇数项：(frac{e^x - e^{-x}}{2})
• 只要偶数项：(frac{e^x + e^{-x}}{2})
• (e^{nx} = 1 + frac{(nx)}{1!} + frac{(nx)^2}{2!} + frac{(nx)^3}{3!}......)

指数型母函数的系数本质就是多了一个可重排列(frac{(sum_{i=1}^ma_i)!}{a_1!a_2!...a_m!})。
我们使用泰勒展开还可以得到广义二项式定理：

• $(1+x)^m = 1 + frac{m}{1!} x + frac{m(m-1)}{2!}x^2 + ... + frac{m(m-1)...2*1}{m!} x^m $
• ((1-x)^m = 1 - frac{m}{1!} x + frac{m(m-1)}{2!} x^2 - frac{m(m-1)(m-2)}{3!}x^3 + ... frac{m(m-1)...2*1}{m} x^m)
• ((1+x)^m = inom{m}{m} + inom{m}{m-1}x + inom{m}{m-2}x^2 +... inom{m}{0} x^m)
• ((1-x)^m = inom{m}{m} - inom{m}{m-1}x + inom{m}{m-2}x^2 + ... inom{m}{0} x^m)

这玩意儿在手算题里有奇效，得到形如(frac{1}{(1-x)^k})的生成函数后，可以通过这个直接得到第(r)项系数。
最后：
关于选择、组合问题请多想生成函数！！！
关于选择、组合问题请多想生成函数！！！
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若干有用的科技/套路

简单(单项)多项式手动求(ln)

当出现求(ln F(x))，其中(F(x))只包含一个形如(x^t)的项时，可以考虑手动求(ln)。
手动求(ln)的方法为：先求导，然后把分母展开为生成函数，最后积分得到答案。
给一个例子：(F(x) = ln (1-x^t))。

[F(x) = int F'(x) = int frac{-tx^{t-1}}{1-x^t} = int -tx^{t-1} sum_{i=0}^{inf} x^{ti} ]

继续：

[F(x) = -int sum_{i=0}^{inf} tx^{t(i+1)-1} = -sum_{i=1}^{inf}frac{tx^{ti}}{ti} = -sum_{i=1}^{inf} frac{x^{ti}}{i} ]

这个技巧可谓是相当相当相当的关键了，下面的一些推导中，还会反复使用到这个技巧。

组合关系的生成函数拆分

给定一个形如(h_x = sum_{i=0}^{n} inom{n}{i}f_ig_{n-i})
若(h_i)、(g_i)好求，需要求(f_i)，那么我们可以把组合数拆开后这么做：

[frac{h_n}{n!} = sum_{i=0}^n frac{f_i}{i!} frac{g_{n-i}}{(n-i)!} ]

接着构造生成函数(H(x) =sum_{i=0}^{inf} frac{h_i}{i!}x^i)、(F(x)=sum_{i=0}^{inf} frac{f_i}{i!}x^i)、(G(x)=sum_{i=0}^{inf} frac{g_i}{i!}x^i)。
那么有(H(x) = F(x)G(x))。
所以(F(x) = frac{H(x)}{G(x)})，通过多项式求逆得到(F(x))后即可得到(f_i)。

划分关系与指数型生成函数

设(F(x) = sum_{i=1}^n f_i frac{x^i}{i!})，其中(f_i)表示(i)个元素的(A)集合的种类数。
同理我们设(G(x) = sum_{i=0}^n g_i frac{x^i}{i!})，其中(g_i)表示(i)个元素的(B)集合的种类数。
若所有元素都有编号，且(B)集合是由若干(A)集合构成的，那么有：

[G(x) = e^{F(x)} ]

几个例子：

• 设(F(x))为简单有向联通图的生成函数，(G(x))为简单有向图的生成函数。
• 设(F(x))为要求联通的(DAG)的生成函数，(G(x))为不要求联通的(DAG)的生成函数。

证明：把(e^{F(x)})泰勒展开后有：(e^{F(x)} = sum_{i=0}^n frac{F(x)^i}{i!}) 。
然后我们考虑(G(x))中的每一项的构成：

[[x^n]G(x) = x^nsum_{k=1}^n frac{[x^n](F(x)^k)}{k!} = x^nsum_{k=1}^n [frac{frac{f_{a_1}f_{a_2}...f_{a_k}}{a_1!a_2!...a_k!}}{k!}] = frac{x^n}{n!} sum_{k=1}^n [(frac{f_{a_1}f_{a_2}...f_{a_k}}{a_1!a_2!...a_k!})frac{n!}{k!}] ]

可以注意到(frac{n!}{a_1!a_2!...a_k!})正是可重排列编号的方案数，而(frac{1}{k!})对应构成(B)的(A)集合之间无顺序关系。

快速求(G(x) = prod_i^m frac{1}{(1-x^{t_i})} (mod x^{n}))

一般的背包问题其实就是若干(T(x) = frac{1}{1-x^{V_i}})卷起来，所以这个东西可以解决背包问题。
显然不能直接分治(NTT)，但我们可以在(O(nln(n)+nlog^2n))的时间内求出这个式子。
设(F_i(x) = frac{1}{(1-x^{t_i})})，那么

[G(x) = e^{sum_{i=1}^m ln(F_{i}(x))} ]

所以只需要求的(Ans(x) = sum_{i=1}^m ln(F_{i}(x)))后再多项式(exp)即可得到(G(x))。
考虑求(Ans(x) = sum_{i=1}^m ln(F_i(x)))，显然不能对每一项直接求(ln)。
我们尝试两边求导得：(Ans = int sum_{i=1}^m (ln(F_{i}(x)))')。然后化简((ln(F_i(x)))')有：

[(lnF_i(x))' = frac{F_i'(x)}{F_i(x)} = (1-x^{t_i})(sum_{j=0} x^{jt_i})' = (1-x^{t_i})(sum_{j=1} t_ijx^{jt_i-1}) ]

把上式错位相减后有：((lnF_i(x))' =sum_{j = 1} t_i x^{jt_i - 1})，所以有：

[Ans(x) = int sum_{i=1}^m(lnF_i(x))' = sum_{i=1}^m int sum_{j=1} t_ix^{jt_i-1} = sum_{i=1}^m sum_{j=1} frac{x^{jt_i}}{j} ]

于是乎，首先统计每种(t)的数量(cnt_{t})，然后暴力给(Ans(x))加贡献即可，复杂度调和级数。

快速求(sum_{i=1}^n a_i^k , kin[1,t])

(O(nk))显然是假的，这辈子都不可能这么简单的。
构造(F(x) = prod_{i=1}^n (a_ix + 1))
那么(lnF(x) = sum_{i=1}^n ln(a_ix+1))，考虑手动求(ln)：

[ln(a_ix+1) = int frac{a_i}{1+a_ix} = a_i int sum_{j=0}^{inf}(-a_i)^j x^j = sum_{j=1}^{inf}frac{(-1)^{j-1}}{j}a_i^jx^j ]

所以(lnF(x) = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^{inf} frac{(-1)^{j-1}}{j}a_i^j x^j = sum_{j=1}^{inf}frac{(-1)^{j-1}}{j} sum_{i=1}^n a_i^j x^j)。
而(F(x))可以同过分治(FFT)求出，所以求出(F(x))后，对(F(x))求(ln)得到每一项的系数即可。

快速求(sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m (a_i + b_j)^k , kin [1,t])

把式子暴力化开：(f(x) = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m (a_i + b_j)^x = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m sum_{k=0}^x a_i^k b_j^{x-k} inom{x}{k})
所以有：

[f(x) = x!sum_{k=0}^x frac{sum_{i=1}^n a_i^k}{k!} frac{sum_{j=1}^m b_j^{x-k}}{(x-k)!} ]

而我们已经会快速求(sum_{i=1}^n a_i^k)了，所以只需要构造卷积再套一次(FFT)即可。