多项式求逆/分治FFT 学习笔记

一、多项式求逆

• 给定一个多项式 (F(x))，请求出一个多项式 (G(x))， 满足 (F(x) * G(x) equiv 1 ( mathrm{mod:} x^n ))。系数对 (998244353)取模。
• 考虑递归求解，当(F)的最高次为(0)时，(G_0=F_0^{-1})
• 假设我们知道了(F(x))在模(x^{left lceil frac{n}{2} ight ceil})意义下的逆元(G')
• 那么(F∗G′≡1(mathrm{mod:} x^{left lceil frac{n}{2} ight ceil}))且(F∗G≡1(mathrm{mod:} x^{left lceil frac{n}{2} ight ceil}))
• 因此 (G-G'equiv 0(mathrm{mod:} x^{left lceil frac{n}{2} ight ceil}))
• 然后两边平方：((G-G')^2equiv 0(mathrm{mod:} x^n))
• 所以(G^2-2GG'+G'^2equiv0(mathrm{mod:} x^n))
• 通乘(F)后，由于(F*G equiv0(mathrm{mod:} x^n)),所以(G-2G'+FG'^2equiv0(mathrm{mod:} x^n))
• 最后得到(Gequiv2G'-FG'^2(mathrm{mod:} x^n))
• 总复杂度(O(n log n))

二、分治FFT

• 在求卷积的时候，如果后面的数字基于前面的数字，朴素的(FFT)就会退化至(O(n^2 log n))
• 考虑(cdq)分治
• 我们先求出(l ightarrow mid)的答案，然后考虑它对$mid+1 ightarrow r $的贡献。
• 显然，对于(mid+1 ightarrow r)中(x)贡献是:

[sum_{i=l}^{mid}f[i]g[x-i] ]

• 贡献可以用(FFT)计算
• 总复杂度(O(n log n))

传送门luoguP4721 【模板】分治FFT

Description

给定长度为 (n-1)的数组$ g[1],g[2],..,g[n-1]g[1],g[2],..,g[n−1]$，求 (f[0],f[1],..,f[n-1]f[0],f[1],..,f[n−1])，其中

[f[i]=sum_{j=1}^if[i-j]g[j] ]

边界为 (f[0]=1) 。答案模 (998244353) 。

Code-多项式求逆版 

由题可知：

[f*g=f-1 ]

所以：

[fequiv(1-g)^{-1}(mathrm{mod:} x^n) ]

直接多项式求逆就可以啦

复杂度(O(nlog n))

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define swap(a,b) (a^=b^=a^=b)
inline ll read()
{
	ll x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
#define mod 998244353
#define g 3
#define invg 332748118
#define MN 2097152
ll a[MN],b[MN],c[MN],N,di,invN;
int pos[MN];
bool now;
inline ll fpow(ll x,int m){ll res=1;for(;m;m>>=1,x=x*x%mod) if(m&1)res=res*x%mod;return res;}
inline void NTT(ll *a,int type)
{
	register int i,j,p,k;
    for(i=0;i<N;++i)if(i<pos[i]) swap(a[i],a[pos[i]]);
    for(i=1;i<N;i<<=1)
    {
        ll wn=fpow(type>0?g:invg,(mod-1)/(i<<1));
        for(p=i<<1,j=0;j<N;j+=p) 
        {
            ll w=1;
            for(k=0;k<i;++k,w=w*wn%mod)
            {
                ll X=a[j+k],Y=w*a[j+i+k]%mod;
                a[j+k]=(X+Y)%mod;a[j+i+k]=(X-Y+mod)%mod;
            }
        }
    }
}
void solve(int n,ll *a,ll *b)
{
    if(n==1){b[0]=fpow(a[0],mod-2);return;}
    solve((n+1)>>1,a,b);
    for(N=1,di=0;N<(n<<1);N<<=1,++di);
    register int i;invN=fpow(N,mod-2);
    for(i=0;i<N;++i) pos[i]=(pos[i>>1]>>1)|((i&1)<<(di-1));
    for(i=0;i<N;++i) c[i]=a[i]*(i<n);
    NTT(c,1),NTT(b,1);
    for(i=0;i<N;++i) b[i]=1ll*(2-1ll*c[i]*b[i]%mod+mod)%mod*b[i]%mod;
    NTT(b,-1);for(i=0;i<N;++i) b[i]=b[i]*invN%mod;
	for(i=n;i<N;++i) b[i]=0;
}
int main()
{
	register int n=read(),i;
	for(a[0]=1,i=1;i<n;++i) a[i]=(mod-read())%mod;
	solve(n,a,b);
	for(i=0;i<n;++i) printf("%lld ",b[i]);
	return 0;
}

Code-分治FFT版 

复杂度(O(nlog^2 n))

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
#define mod 998244353
#define g 3
#define invg 332748118
#define MN 262144
ll G[MN],F[MN],N,di,pos[MN],A[MN],B[MN],invN;
inline ll fpow(ll x,int m){ll res=1;for(;m;m>>=1,x=x*x%mod) if(m&1)res=res*x%mod;return res;}
inline void NTT(ll *a,int type)
{
	register int i,j,p,k;
    for(i=0;i<N;++i)if(i<pos[i]) std::swap(a[i],a[pos[i]]);
    for(i=1;i<N;i<<=1)
    {
        ll wn=fpow(type>0?g:invg,(mod-1)/(i<<1));
        for(p=i<<1,j=0;j<N;j+=p) 
        {
            ll w=1;
            for(k=0;k<i;++k,w=w*wn%mod)
            {
                ll X=a[j+k],Y=w*a[j+i+k]%mod;
                a[j+k]=(X+Y)%mod;a[j+i+k]=(X-Y+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if(type==-1) for(i=0;i<N;++i) a[i]=a[i]*invN%mod;
}
inline void cdqNTT(ll *a,ll *b,int l,int r)
{
	if(l==r) return;
    register int mid=(l+r)>>1,i,len=r-l+1;
	cdqNTT(a,b,l,mid);
	
	for(N=1,di=0;N<len<<1;N<<=1,++di);
	for(i=0;i<N;++i) pos[i]=(pos[i>>1]>>1)|((i&1)<<(di-1)); 
    invN=fpow(N,mod-2);
    
	for(i=0;i<N;++i) A[i]=B[i]=0;
    for(i=l;i<=mid;++i) A[i-l]=a[i];
    for(i=0;i<=r-l;++i) B[i]=b[i];
    NTT(A,1),NTT(B,1);
    for(i=0;i<N;++i) A[i]=A[i]*B[i]%mod;
    NTT(A,-1);
    
    for(int i=mid+1;i<=r;++i) (a[i]+=A[i-l])%=mod;
    cdqNTT(a,b,mid+1,r);
}
int main()
{
	register int n,i;
	n=read();
	for(i=1;i<n;++i) G[i]=read();
	F[0]=1;
	cdqNTT(F,G,0,n-1);
	for(i=0;i<n;++i) printf("%lld ",F[i]);
	return 0;
}

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