多项式学习笔记

太菜了并不是很理解多项式，简单记录一下，缓慢更新吧……

有问题问快速航

(FFT)

首先我们要求的柿子长这样：

[c(k) = sum_{i+j = k}a(i)*b(j) ]

大概思路：先把两个多项式转成点值((DFT))，再把两个多项式的点值乘在一起，把新的点值转成多项式((IDFT))即可

(DFT:)

首先要了解复数的运算

[(a + b*i) +(c+d*i) = (a+c)+(b+d)*i ]

[(a + b*i) -(c+d*i) = (a-c)+(b-d)*i ]

[(a + b*i) *(c+d*i) = (a*c - b*d)+(a*d+b*d)*i ]

随便说下单位圆/单位根：
现在我们要把圆平分成(n)个，每一个的大小应该是(cos(2 Π /n), sin(2Π / n))

步入正题，具体操作长这样：

[F(x) = a_0*x^0+a_1*x^1+a_2*x^2+……+a_n*x^n ]

设(F1(x) = a_0*x^0+a_2*x^1+……+a_{n}*x^{frac{n}{2}})，(F2(x) = a_1*x^0+a_3*x^2+……+a_{n - 1}*x^{frac{n}{2}})

[F(x) = F1(x^2)+x*F2(x^2) ]

现在我们只需要知道(F1(x), F2(x))就可以知道(F(x))了，于是我们可以递归处理（所以我们需要保证多项式的项数为(2^x)）

把单位根带到上述式子里面去，我们有：

[F(w_n^x) = F1(w_n^{2*x})+w_n^x*F2(w_n^{2*x}) ]

现在我们需要单位根的第一条性质（带到单位圆上就知道了）：

[w_{2n}^{2x} = w_{n}^x ]

顺便介绍性质二（还是画画图就知道了）：

[w_{n}^{x+frac{n}{2}} = -w_{n}^x ]

通过性质一，我们可以把柿子化成：

[F(w_n^x) = F1(w_{frac{n}{2}}^{x})+w_n^x*F2(w_{frac{n}{2}}^{x}) ]

由于我们只知道(F1(x), F2(x))的(0-frac{n}{2})的所有点值要求出(F(x))的(0-n)的所有点值

分类讨论一下：

如果(x<frac{n}{2})，直接用(F1,F2)的值就行

如果(x≥frac{n}{2})，不妨设(x=x+frac{n}{2})

[F(w_n^{x+frac{n}{2}}) = F1((w_{n}^{x+frac{n}{2}})^2)+w_n^{x+frac{n}{2}}*F2((w_{n}^{{x+frac{n}{2}}})^2) ]

由于第二条性质

[F(w_n^{x+frac{n}{2}}) = F1((-w_{n}^x)^2)-w_n^{x}*F2((-w_{n}^{x})^2) ]

[F(w_n^x) = F1(w_{frac{n}{2}}^{x})-w_n^x*F2(w_{frac{n}{2}}^{x}) ]

发现只有一个符号的区别

(IDFT)

我们假设我们通过(DFT)求出了点值为(a_0, a_1……, a_n)，最后我们要求出的值为(A_0, A_1……, A_n)

其实我们只要解一个这样的方程组：

[A_0*(w_n^0)^0+A_1*(w_n^0)^1+A_2*(w_n^0)^2+……+A_n*(w_n^0)^2 ]

[A_0*(w_n^1)^0+A_1*(w_n^1)^1+A_2*(w_n^1)^2+……+A_n*(w_n^1)^2 ]

[…… ]

[A_0*(w_n^{n - 1})^0+A_1*(w_n^{n - 1})^1+A_2*(w_n^{n - 1})^2+……+A_n*(w_n^{n - 1})^2 ]

这就是一个矩阵形式了

第一个矩阵是所有的((w_n^x)^k)，我们计为矩阵V，第二个矩阵为所有的(A_x)计为A，第三个矩阵为所有的(a_x)计为a

于是我们的柿子变成了(A*V=a)

如果我们知道(V^{-1})，那么我们有(a*V^{-1} = A)，a即为所求

现在考虑求逆：

我们需要介绍性质三：(sum_{j = 0}^{n - 1}(w_n^k)^j=[k==0]*n)

证明其实不难，画画图就好了，我们要求的柿子为：(sum_{j = 0}^{n - 1}(w_n^k)^j)

如果(k =0)，那么原式(=sum_{j = 0}^{n - 1} = n)

如果(k≠0)，记(s=sum_{j =0}^{n - 1}(w_n^k)^j)

(s*w_n^k = sum_{j=1}^{n}(w_n^k)^j =s-1+(w_n^k)^n = s)

因为(w_n^k≠0),所以(s=0)

我们令(V^{-1}(i, j) = (w_n^{-i})^j)

所以((V*V^{-1})(i, j)=sum_{k =0}^{n-1}(w_n^{-i})^k*(w_n^k)^j=sum_{k = 0}^{n - 1}(w_n^{j -i})^k)

根据性质三，当(i=j)时((V*V^{-1})(i, i)=n)，否则(=0)，只需要把每一项(/n)即可

然后我们有发现，只需要把(A)看成新的系数，把所有的((w_n^j)^k)看成((w_n^{-j})^k)，那么就是一边新的(DFT)了

所以唯一的差别就是单位根前面乘了一个(-1)即可

(Code:)

struct node {
	D x, y;
}a[maxn], b[maxn];
il node operator + (node a, node b) {return (node){a.x + b.x, a.y + b.y};}
il node operator - (node a, node b) {return (node){a.x - b.x, a.y - b.y};}
il node operator * (node a, node b) {return (node){a.x * b.x - a.y * b.y, a.x * b.y + a.y * b.x};}
int n, m, lim;
il void FFT(node *x, int f, int len) {
	if(len == 1) return;
	node f1[len >> 1], f2[len >> 1];
	for(re int i = 0; i < len; i += 2) f1[i / 2] = x[i], f2[i / 2] = x[i + 1];
	FFT(f1, f, len >> 1), FFT(f2, f, len >> 1);
	node w = (node){1, 0}, base = (node){cos(2.0 * pi / len), f * sin(2.0 * pi / len)};
	for(re int i = 0; i < (len >> 1); ++ i, w = w * base) {
		x[i] = f1[i] + w * f2[i], x[i + (len >> 1)] = f1[i] - w * f2[i];
	}
}
int main() {
	n = read(), m = read();
	rep(i, 0, n) a[i].x = read();
	rep(i, 0, m) b[i].x = read();
	while((1 << lim) <= n + m) ++ lim;
	FFT(a, 1, (1 << lim)), FFT(b, 1, (1 << lim));
	rep(i, 0, (1 << lim)) a[i] = a[i] * b[i];
	FFT(a, -1, (1 << lim));
	rep(i, 0, n + m) printf("%d ", (int)(a[i].x / (1 << lim) + 0.5));
	return 0;
}

讲讲迭代版的(FFT)

通过打表发现：一个数x再最后一次出现的位置(r[i])是可以通过公式算出来的：(r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (lim - 1)))

然后我们在(FFT)前面把x交换到对应位置，然后用类似上述方法一个个合并即可（我不是懒，是怕东西太多页面卡）

(Code:)

il void FFT(node *x, int f, int len) {
	rep(i, 0, len - 1) if(i < r[i]) swap(x[i], x[r[i]]);
	for(int mid = 1; mid < len; mid <<= 1) {
		node base = (node){cos(pi / mid), f * sin(pi / mid)};
		for(re int p = mid * 2, j = 0; j < len; j += p) {
			node w = (node){1, 0};
			for(re int k = 0; k < mid; ++ k, w = w * base) {
				node a = x[j + k], b = w * x[j + k + mid];
				x[j + k] = a + b, x[j + k + mid] = a - b;
			}
		}
	} 
}
rep(i, 0, (1 << lim)) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (lim - 1));

(NTT:)

大概就是你把原根看成单位根，然后跑(FFT)即可（我不是懒，是怕东西太多页面卡）

(Code:)

#define mod 998244353
#define invG 332748118
#define G 3
#define maxn 10000006
int n, m, a[maxn], b[maxn], l, lim = 1, r[maxn];
il int qpow(int a, int b) {
	int r = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) r = 1ll * r * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;
	}
	return r;
}
il void NTT(int *x, int f, int len) {
	rep(i, 0, len) if(i < r[i]) swap(x[i], x[r[i]]);
	for(re int mid = 1; mid < len; mid <<= 1) {
		int base = qpow((f == 1) ? G : invG, (mod - 1) / (mid << 1));
		for(re int p = mid * 2, j = 0; j < len; j += p) {
			for(re int k = 0, w = 1; k < mid; ++ k, w = 1ll * w * base % mod) {
				int a = x[j + k], b = 1ll * w * x[j + k + mid] % mod;
				x[j + k] = (a + b) % mod, x[j + k + mid] = (a - b + mod) % mod;
			}
		}
	}
}
signed main() {
	n = read(), m = read();
	rep(i, 0, n) a[i] = read();
	rep(i, 0, m) b[i] = read();
	while(lim <= (n + m)) ++ l, lim <<= 1;
	rep(i, 0, lim) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1));
	NTT(a, 1, lim), NTT(b, 1, lim);
	rep(i, 0, lim) a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;
	NTT(a, -1, lim);
	int inv = qpow(lim, mod - 2);
	rep(i, 0, n + m) printf("%d ", (1ll * a[i] * inv) % mod);
	return 0;
}

牛顿迭代

不会

泰勒展开

不会

任意模数(NTT)

不会

多项式求逆

不会

分治(FFT)

不会

多项式除法

不会

多项式开根

不会

多项式(exp)

不会

多项式(ln)

不会

生成函数

不会