多项式简明百科全书

(0)、写在前面

为了方便本文的描述，定义如下内容：

我们说(f)是一个次数界为(n)（下文不严谨地简称为(n)次）的多项式，是指(f)是一个下标集合为(0,1,2,...,n-1)的数组，并代表：

[sum_{i=0}^{n-1}f_i x^i ]

这个多项式。

我们用(f(x_0))代表多项式(f)在(x_0)处的值。

(1)、多项式乘法

利用( m FFT)就可以将多项式乘法的复杂度优化到(O(nlog n))。由于其讲解较为繁琐并且已逐渐普及（想必读者也不是来学这个的），因此略过( m FFT)以及同样普及的( m NTT)。

至于( m MTT)，我们可以将系数拆成(32768cdot a+b)的形式缩小值域，将一个多项式拆为两个。做四次卷积以后，将得到的答案合并并取模即可。

当然( m MTT)还有利用( m FFT)模数计算再用中国剩余定理合并的做法，但第一种做法更加直观。

(2)、分治( m FFT)

有两种分治( m FFT)，先来讲比较简单的第一种。

如果我们有一个长度为(n)的数组(a)，并且希望求：

[prod_{i=0}^{n-1}(x+a_i) ]

直接按照暴力计算，是(O(n^2))的（因为每一个只有两项，所以一次暴力乘法只有(O(n))）。如果我们把乘法用( m FFT)来实现，我们就得到了(O(n^2log n))的优秀复杂度。

怎么做才会更快呢？

分治往往能带来更加优秀的复杂度。直接利用( m FFT)之所以慢，是因为相乘的两个多项式次数相差太大，这会非常浪费。

那我们不妨考虑先计算左半部分和右半部分的积。这是两个(O(n))次的多项式，直接用( m FFT)在(O(nlog n))的时间内相乘即可。那么我们的递归式就是：

[T(n)=2T(n/2)+O(nlog n) ]

解得(T(n)=O(nlog ^2n))，复杂度得到了很大优化。

那么再来讲讲(dark)的第二种分治( m FFT)。

你有一个下标集合为({1,2,...,n})的数组(f)，你想要求一个下标集合为({0,1,2,...,n})的数组(g)，满足：

[g_i=sum_{j=1}^{i}f_jg_{i-j} ]

边界条件(g_0=1)。

看上去直接求好像有点困难，那么我们来考虑分治。我们把数组(g)拆为前后两半，显然后一半对前一半是没有影响的，直接递归求解前一半。求解完毕以后我们来计算前一半对后一半的贡献，这时我们直接根据上面的式子( m FFT)即可，因为此时前后的影响已经被我们用分治消除了。最后我们递归继续后一半的求解。

综上所述，递归式为：

[T(n)=2T(n/2)+O(nlog n) ]

解得(T(n)=O(nlog^2 n))，复杂度较优秀。

(P.S.)第二个问题其实有复杂度更优秀的解法，可以参见下面的“多项式求逆”。但是分治的思想更加直观，并且有的类型并不能利用“多项式求逆”来做，因此分治( m FFT)的作用还是很大的。

(3)、多项式倍增（思想）

倍增是接下来对许多多项式问题求解的重要方法。

在多项式中可能有一些我们要求的多项式次数是无限的，那么一般我们只需要知道它的前(n)项，即(mod x^n)的结果即可。直接求解或许也比较困难，此时可以考虑倍增。

我们先用简单的方法求出(mod x)的平凡情况，然后就只需要考虑如何从(mod x^k)
的结果(widehat f)推到(mod x^{2k})的结果(f)即可。一般来说，利用((f-widehat f)^2equiv 0 (mod x^{2k}))这个性质就可以得到很方便的求解方法。

(4)、多项式求逆

多项式求逆是这样一个问题，已知一个(n)次多项式(f)，我们希望求一个(n)次多项式(g=f^{-1})，即：

[f*gequiv 1(mod x^n) ]

显然要求(f)的常数项不为(0)。那么在(mod x)意义下，直接求得(g_0=f_0^{-1})。

现在我们考虑从(mod x^k)的结果(widehat g)推出(mod x^{2k})的结果(g)。我们有：

[(g-widehat g)^2equiv 0(mod x^{2k}) ]

把平方展开，得到：

[g^2-2gwidehat g+widehat g^2equiv 0(mod x^{2k}) ]

这个式子好像有点(dark)，但是我们已经知道(f*gequiv 1(mod x^{2k}))，因此我们对等式两边同时乘以(f)，得到：

[g-2widehat g+fwidehat g^2equiv 0(mod x^{2k}) ]

移项，得：

[gequiv 2widehat g-fwidehat g^2(mod x^{2k}) ]

就可以直接进行倍增。递归式为(T(n)=T(n/2)+O(nlog n))，解得(T(n)=O(nlog n))。

多项式求逆也是很多多项式问题的基础，在接下来的几种多项式黑科技中起到了很大的作用。

那么再来举一个应用多项式求逆的例子，就是在之前的“分治( m FFT)”里提到的第二个问题。为了保持完整我们再陈述一遍：

你有一个下标集合为({1,2,...,n})的数组(f)，你想要求一个下标集合为({0,1,2,...,n})的数组(g)，满足：

[g_i=sum_{j=1}^{i}f_jg_{i-j} ]

边界条件(g_0=1)。

我们先想办法把上面的式子化成普通的卷积形式。我们把(j)的枚举范围从(1,2,...,i)改为卷积形式的(0,1,2,...,i)，此时我们发现多计算了(f_0g_i)这一项。那么我们不妨令(f_0=0)，我们就消去了这一项的贡献。同时注意到作为边界的(g_0)如果直接用这个卷积形式计算会得到(0)，那么我们可以强制将结果加(1)。经过这番操作卷积的答案就为(g)了。于是我们得到了非常优美的式子：

[g=fg+1 ]

我们移项，得到：

[(1-f)g=1 ]

利用多项式求逆求出((1-f)^{-1}(mod x^{n+1}))，在两边同时乘上，于是得到了：

[gequiv frac{1}{1-f}(mod x^{n+1}) ]

由于我们只要知道(g)的前(n+1)项，因此(mod x^{n+1})是没有关系的，于是我们就利用多项式求逆在(O(nlog n))的时间内解决了这个问题。

(5)、多项式除法、取模

给你一个(n)次多项式(f)，以及一个(m)次多项式(g)（(n>m)），我们希望求一个(n-m+1)次多项式(q)以及一个(m-1)次多项式(r)，满足：

[f=qg+r ]

那么我们称(q)为(f)除以(g)的商，而称(r)为(f)除以(g)的余数。

现在我们来考虑如何求(q)和(r)。我们先定义(n)次多项式(f)的一种变换(f^R)：

[f^R=f(frac{1}{x})*x^{n-1} ]

不难看出(f^R)即是将(f)的系数反转一下。因此我们可以在(O(n))的时间内完成这个变换。

那么我们来推式子，我们不妨用(frac{1}{x})替换多项式内的(x)，这样的结果显然依旧正确：

[f(frac{1}{x})=q(frac{1}{x})g(frac{1}{x})+r(frac{1}{x}) ]

接着考虑在两边同乘(x^{n-1})，得到：

[f(frac{1}{x})*x^{n-1}=q(frac{1}{x})*x^{m-1}*g(frac{1}{x})*x^{n-m}+r(frac{1}{x})*x^{m-2}*x^{n-m+1} ]

不难发现我们已经有意为那个变换做好了准备，那么我们将四个多项式都用变换来代替：

[f^R=q^Rg^R+r^R*x^{n-m+1} ]

我们考虑消去最后一项，那么不妨把式子放到(mod x^{n-m+1})的意义下。此时最后一项肯定为(0)，于是就消失了：

[f^Requiv q^Rg^R(mod x^{n-m+1}) ]

我们发现既然(q)是(n-m+1)次的，那么(q^R)也是(n-m+1)次的，(mod x^{n-m+1})对其没有影响。于是我们求(g^R)的逆，就得到：

[q^Requiv frac{f^R}{g^R}(mod x^{n-m+1}) ]

于是我们就求得了(q^R)，然后简单地再做一次变换就得到了(q)。此时算(r)就很方便了，直接计算(f-qg)即可。

下面来讲一个多项式取模的应用——常系数齐次线性递推。

常系数齐次线性递推是指这样一个问题，给你一个数(k)，接着对于(i=1,2,...,k)，给出(a_i)，代表递推的系数。再对于(i=0,1,2,...,k-1)，给出(f_i)作为初始值，对于(igeq k)，数列(f)满足：

[f_i=sum_{j=1}^k a_j*f_{i-j} ]

最后给你一个数(n)，需要求出(f_n)。(n)的范围很大。

显然直接递推是不可行的，我们不妨把思路放的巧妙一些。我们设有一个奇怪的(x)，其满足(x^i=f_i)（有点难理解，你不妨假设(x)只是一个代号，它根本不是一个数），那么它一定满足：

[x^k=sum_{i=1}^k a_j*x^{k-i} ]

于是我们移项，得到：

[x^k-sum_{i=1}^k a_i*x^{k-i}=0 ]

我们将其当作一个(k+1)次的多项式来看待，那么如果我们将(x^n)对这个多项式取模，得到了商和余数。因为模多项式为(0)，因此商乘以这个模多项式的答案没有贡献，我们只关心这个余数。显然余数是一个(k)次多项式，你只需要知道(x^0,x^1,...,x^{k-1})即可得到答案。而数列(f)的前(k)项是给出的，因此代入计算就可以了。因此整个过程只需要一个意义为卷积的乘法，以及意义为多项式取模的取模的快速幂就可以在(O(klog klog n))的时间内完成这个操作。

( m upd)：更详细的证明可以看这里。

(6)、多项式求导、积分

这是两个很简单的变换，是为了下面的内容做好准备。

设(f)是一个(n)次多项式，那么(f)的导数(f')就是一个(n-1)次多项式，并且满足：

[f'_i=(i+1)f_{i+1} ]

直接(O(n))计算即可。

设(f)是一个(n)次多项式，那么(f)的积分(int f)就是一个(n+1)次多项式，并且满足：

[int f_i=frac{f_{i-1}}{i} ]

边界条件(int f_0=0)。

同样(O(n))计算即可。

(7)、多项式(ln)

事情开始变得诡异起来了。

多项式求(ln)是这样一个问题，给你一个(n)次多项式(f)，满足(f_0=1)，你需要求一个(n)次多项式(g)，满足：

[gequiv ln f(mod x^n) ]

看到这个是不是一下子有点懵啊...没关系，我们来冷静分析。函数(ln(x))的一个特点就是(ln'(x)=frac{1}{x})，这就一下子好办了，我们把这个结论照搬到多项式上面去，利用复合函数的求导法则，对上面的等式两边求导，得到：

[g'equiv frac{f'}{f}(mod x^n) ]

这是不是非常简单啊，直接多项式求逆就得到了(g')，那么我们再将等式两边积分，就得到：

[gequiv int frac{f'}{f}(mod x^n) ]

不过还有一个小疑问，求导一次再积分一次不是会丢掉常数项吗，这怎么办呢。其实没关系，我们已经保证(f_0=1)，而(ln 1=0)，因此(g)的常数项就是(0)。于是我们就做完了。

(8)、多项式牛顿迭代、泰勒展开（思想）

接下来我们讲一下多项式牛顿迭代和泰勒展开，为接下来的工作做准备。话说多项式真是强啊什么都能套上去。

先来讲牛顿迭代。

我们知道，如果我们希望在实数域内求得某个处处可导函数(f(x))的零点的近似值，我们就可以用牛顿迭代来解决。我们随意选择一个初值，设其为(x_0)，然后开始迭代。每一次从(x_i)迭代到(x_{i+1})，我们的精度会得到很大提升，迭代式子为：

[x_{i+1}=x_i-frac{f(x_i)}{f'(x_i)} ]

其实就相当于(x_{i+1})是(f(x))在(x_i)处的这条切线和横轴的交点，可以自己推一下式子证明。

我们将牛顿迭代应用到多项式上，具体来说：

我们给出一个(n)次多项式(f)以及一个以多项式为参数，并且结果也是一个多项式的函数(G)，并希望计算出一个(n)次多项式(g)，满足：

[G(g)equiv f(mod x^n) ]

把问题简单转化一下，就是希望求得(G-f)的零点了。那么我们依然先求出(mod x)意义下的简单结果，接着套用牛顿迭代的公式。设上一次迭代的答案为(widehat g)，我们就得到：

[g=widehat g-frac{G(widehat g)-f}{G'(widehat g)} ]

为什么求导的时候多项式(f)会消失呢？这是因为(G)是关于多项式的函数，其导数反映的是当多项式变化时的变化幅度，因此不变的多项式(f)就被看作是常数项了。

同时我们可能还有一个疑问：牛顿迭代不是用来提高精度的吗？怎么在多项式上应用呢？我们感性理解一下，假设(widehat g)是(mod x^k)意义下的结果，那么迭代式子显然可以得到一个(2k)次多项式，此时我们给出结论：通过这个牛顿迭代的式子，我们可以得到(mod x^{2k})意义下的结果。对它的证明将放到泰勒展开的讲解内。

于是我们就可以发现，利用牛顿迭代公式，我们可以做到类似倍增的效果。那么许多看似复杂的问题就可以解决了。

现在来讲一下多项式的泰勒展开。

我们刚刚已经得到了牛顿迭代在多项式上的应用，但是对于它的正确性，我们却是一知半解。幸好我们还有一种可以较简单的进行证明的方法：多项式泰勒展开。同时利用泰勒展开我们还可以获得一些问题求解的思路。

我们已经知道泰勒展开式为：

[f(x)=sum_{i=0}^{infty}frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}*(x-x_0)^i ]

我们可以证明其对以多项式为参数的函数也成立，这和一般情况是一样的。那么我们依然考虑之前牛顿迭代所讲的问题，我们以(mod x^k)意义下的答案(widehat g)代入(x_0)，求(mod x^{2k})意义下的答案(g)，那么我们有：

[G(g)-fequiv G(widehat g)-f+G'(widehat g)*(g-widehat g)+...(mod x^{2k}) ]

我们再次利用这个性质：((g-widehat g)^2equiv 0(mod x^{2k}))，那么泰勒展开式中除了前两项以外都变成了(0)，于是便不用再考虑后面了，得到：

[G(g)-fequiv G(widehat g)-f+G'(widehat g)*(g-widehat g)(mod x^{2k}) ]

而我们又有(G(g)-fequiv 0(mod x^{2k}))，于是左边就为(0)，我们移项得：

[-G'(widehat g)*(g-widehat g)equiv G(widehat g)-f(mod x^{2k}) ]

两边同除(-G'(widehat g))：

[g-widehat gequiv -frac{G(widehat g)-f}{G'(widehat g)}(mod x^{2k}) ]

再将(widehat g)加到右边：

[gequiv widehat g-frac{G(widehat g)-f}{G'(widehat g)}(mod x^{2k}) ]

我们此时发现这就是牛顿迭代的公式，于是就完成了对牛顿迭代正确性的证明。当然泰勒展开的作用不只是证明牛顿迭代，我们在做题时可能推出一个关于某个多项式的奇怪式子，如果你能发现它正好是一个常见函数的泰勒展开，就可以用专门求这个函数的方法来解决——例如我们即将要讲的(exp)。

(9)、多项式(exp)

多项式求(exp)是这样一个问题，给你一个(n)次多项式(f)，满足(f_0=0)，你需要求一个(n)次多项式(g)，满足：

[g=e^f(mod x^n) ]

由于我们已经有了关于(ln)的经验，看到这个就不要害怕了（都是纸老虎）。

但是直接利用(ln)求导积分的那一套似乎不可行，因为(exp)的导数依然是(exp)。但是我们正好可以利用求(ln)是简单的这一点，结合刚刚所讲的牛顿迭代来解决这个问题。

我们可以很快把(exp)转化为这样的问题：求一个(n)次多项式(g)，满足：

[ln gequiv f(mod x^n) ]

那么问题转化为求(ln g-f)的零点，我们套用牛顿迭代的公式来倍增。因为(f)的常数项一定是(0)，因此(g)的常数项就是(1)，那么对于已知的(mod x^k)意义下的答案(widehat g)，我们求(mod x^{2k})意义下的答案(g)：

[g=widehat g-frac{ln widehat g-f}{ln'widehat g} ]

而我们知道(ln' widehat g=widehat g^{-1})，因此：

[g=widehat g(1-lnwidehat g+f) ]

就可以倍增求得答案了。递归式为(T(n)=T(n/2)+O(nlog n))，解得(T(n)=O(nlog n))。

将(exp)与(ln)结合起来还可以得到多项式快速幂的(O(nlog n))算法，具体来说：

给出一个(n)次多项式(f)，以及次数(k)，我们希望求：

[f^k(mod x^n) ]

直接利用快速幂来计算，每次乘法是(O(nlog n))的，一共(O(log k))次乘法，总复杂度为(O(nlog nlog k))，因为(mod x^n)，所以可以选择在每次乘法以后只保留前(n)项。这是一个优秀的算法，但是下面的做法可以比这更优秀：

假设多项式(f)的系数不为(0)的最低次是(p)，那么我们可以先计算((frac{f}{a_p*x^p})^k)，最后再简单地乘以(a_p^k*x^{pk})即可，经过这样的处理，我们就保证了常数项为(1)，(ln f)就是可以计算的。

那么套用数域上的结论：(x^k=e^{(ln x)*k})，我们得到：

[f^k=e^{(ln f)*k} ]

于是我们只要先求(ln f)，再把每一项乘以(k)，最后进行一次(exp)即可。如果之前有过处理，就像之前说的一样处理回去。这样的复杂度就是(O(nlog n))的。

(10)、多项式开方

多项式开方是这样一个问题，给你一个(n)次多项式(f)，满足数域内存在某个数(t)，使得(t^2=f_0)，你需要求一个(n)次多项式(g)，满足：

[gequiv sqrt f(mod x^n) ]

头回生二回熟，我们立刻可以发现这也可以利用牛顿迭代来解决对吧。我们现在是要求(g^2-f)的零点，那么(mod x)时的答案就是(f_0)的平方根（我们已保证了这一点可以做到），考虑用牛顿迭代公式进行倍增：

[gequiv widehat g-frac{widehat g^2-f}{(widehat g^2)'}(mod x^{2k}) ]

显然((widehat g^2)'=2widehat g)，那么把式子转化成好求的形式：

[gequiv frac{1}{2}(widehat g+frac{f}{widehat g})(mod x^{2k}) ]

这样做的复杂度也是(O(nlog n))。

(11)、多项式多点求值

事情好像更加毒瘤了。

我们可以利用( m FFT)在(O(nlog n))的时间内求出(n)次多项式(f)在(n)个单位复数根处的值。那么我们自然还很好奇这样的一个问题：如果我随意给出(n)个点，有什么快速的方法可以求得它的值吗？答案是肯定的，利用下面的方法，我们可以在(O(nlog^2 n))的时间内求出一个(n)次多项式在任意(n)个点处的值。

首先给出一个简单的结论。回顾之前的多项式除法，对于(n)次多项式(f)，(f(x_0))的值就是：

[f(x_0)=fmod (x-x_0) ]

这个应该很好证明，(x-x_0)在(x=x_0)时值为(0)，因此它的倍数在求(x_0)时都为(0)，都没有影响，就只剩下一个常数，那就是答案。

现在的问题，就转化成对于下标集合为({0,1,2,...,n-1})的数组(a)，我们希望快速求得(fmod (x-a_i))的值，其中(i=0,1,2,...,n-1)。

此时我们不妨考虑一下我们的老朋友分治。能否通过进行一些简单的处理，就能将(f)变成两个(frac{n}{2})次多项式递归求解呢？答案依然是肯定的。我们以左半部分为例，考虑将(f)变成：

[fmod prod_{i=0}^{frac{n}{2}-1}(x-a_i) ]

这样的答案是不变的，因为在(x)等于左半部分任意的(a)值时，后面的连乘结果为(0)，没有影响，因此其倍数也不会有影响，而这式子是一个(frac{n}{2}+1)次的多项式，(f)对其取模以后就得到了(frac{n}{2})次的多项式。对于右半部分，显然也是一样的。

再考虑如何快速求那个连乘。显然这是一个分治( m FFT)可以解决的问题，我们不妨先用(O(nlog^2 n))的时间预处理出每一层的连乘，接着再做一遍上述分治做法，我们在每一层的复杂度就是(O(nlog n))，解得(T(n)=O(nlog^2 n))。

(12)、多项式多点插值

我们既然已经知道如何多点求值，自然也会好奇如何进行多点插值。这当然也是可以快速做到的，复杂度也是(O(nlog^2 n))。不过其过程会更加复杂一些。

假设我们已经知道(n)个互不相同的点值((x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_{n-1},y_{n-1}))，那么由这(n)个点插值出来的多项式一定是唯一的。那么我们不妨假设我们可以构造(n)次多项式(ell_i)，满足当(x)取(x_i)时值为(1)，取(x_j(j eq i))时值为(0)，那么显然这个多项式就是：

[f=sum_{i=0}^{n-1}ell_i y_i ]

现在来考虑怎么构造它，这其实非常简单，只需：

[ell_i=prod_{j eq i}frac{x-x_j}{x_i-x_j} ]

发现当(x)取(x_j(j eq i))时分子必有一个为(0)，因此值为(0)。取(x_i)时分母分子相互抵消，答案就为(1)。于是我们有：

[f=sum_{i=0}^{n-1}frac{y_i}{prod_{j eq i}(x_i-x_j)}*prod_{j eq i}(x-x_j) ]

直接根据定义计算显然是(O(n^2))的，我们来考虑一下怎么做会更快。

我们先来计算(prod_{j eq i}(x_i-x_j))这一部分如何。我们考虑计算出(n+1)次多项式(g)，满足：

[g=prod_{i=0}^{n-1}(x-x_i) ]

这可以用分治( m FFT)在(O(nlog^2 n))的时间内解决。那么对于每一个(i)，我们就是要求：

[frac{g(x_i)}{x-x_i} ]

可是这个式子分子分母都是(0)啊...这怎么办办...这时我们的救星出现了，它叫做洛必达法则：

对于函数(f(x))，(g(x))，如果当(x o a)时，有(f(x) o 0)，(g(x) o 0)，那么有(frac{f(a)}{g(a)}=frac{f'(a)}{g'(a)})

这其实也不难理解，两个趋近于(0)的数相除，我们用它们的变化率相除作为结果应该很自然。那么我们就可以利用洛必达法则，而((x-x_i)'=1)，于是我们对于(i)，要求的值就是(g'(x_i))。于是我们利用多项式多点求值，求出这(n)个答案，这样也是(O(nlog^2n))的。

现在我们已经解决了第一部分，不妨用(v_i=frac{y_i}{prod_{j eq i}(x_i-x_j)})代替原来这一长串。于是我们现在要求的是：

[prod_{i=0}^{n-1}Big(v_i*prod_{j eq i}(x-x_j)Big) ]

又到我们的老朋友出场了，我们再次利用分治来解决问题。我们先递归求解左右两半的子问题，接着以左半部分为例，不难发现我们需要的贡献就是左半部分的答案(*prod_{i=frac{n}{2}}^{n-1}(x-x_i))，因为所有左半部分都是需要乘以它的。这又是一个分治( m FFT)的形式，于是先用(O(nlog^2 n))的时间处理好，那么我们的每一层就是(O(nlog n))的。解得(T(n)=O(nlog^2 n))，我们终于解决了问题。

(13)、多项式三角函数

毒瘤(ing)...

多项式三角函数是这样一个问题，给你一个(n)次多项式(f)，满足(f_0=0)，你需要求两个(n)次多项式(g)和(h)，满足：

[gequiv cos f(mod x^n),hequiv sin f(mod x^n) ]

(cos)和(sin)是最基本的三角函数，知道它们就可以知道所有三角函数。我们来考虑如何解决这个问题，从优美的欧拉公式入手：

[e^{ix}=cos(x)+isin(x) ]

我们将多项式(f)代入公式中，得到：

[e^{if}=cos f+isin f ]

那么我们可以将其代入复数域内计算，先将所有系数移到虚部再进行(exp)得到结果，将得到的结果取实部和虚部即可。因为(f_0=0)，因此(if_0=0)，可以进行(exp)。

虽然需要在复数域内计算，但是多项式三角函数应该也是可以取模的，我们考虑对实部和虚部的系数分别取模，把每次卷积运算拆做四次，再将贡献算入结果的实部或虚部即可。