多项式乘法：
然而蒟蒻的我并不会证明
$FFT$：
1 struct cp{ 2 dd x,y; 3 friend cp operator + (const cp &s1,const cp &s2){ return (cp){s1.x+s2.x,s1.y+s2.y}; } 4 friend cp operator - (const cp &s1,const cp &s2){ return (cp){s1.x-s2.x,s1.y-s2.y}; } 5 friend cp operator * (const cp &s1,const cp &s2){ return (cp){s1.x*s2.x-s1.y*s2.y,s1.y*s2.x+s1.x*s2.y}; } 6 }A[N1],B[N1],C[N1]; 7 8 int r[N1]; 9 void FFT(cp *s,int len,int type) 10 { 11 int i,j,k; 12 for(i=0;i<len;i++) if(i<r[i]) swap(s[i],s[r[i]]); 13 for(k=2;k<=len;k<<=1) 14 { 15 cp wn=(cp){cos(2.0*pi*type/k),sin(2.0*pi*type/k)},w,t; 16 for(i=0;i<len;i+=k) 17 { 18 w=(cp){1,0}; 19 for(j=0;j<(k>>1);j++,w=w*wn) 20 { 21 t=w*s[i+j+(k>>1)]; 22 s[i+j+(k>>1)]=s[i+j]-t; 23 s[i+j]=s[i+j]+t; 24 } 25 } 26 } 27 } 28 void FFT_Main(int len) 29 { 30 FFT(A,len,1); FFT(B,len,1); 31 for(int i=0;i<len;i++) C[i]=A[i]*B[i]; 32 FFT(C,len,-1); 33 for(int i=0;i<len;i++) C[i].x/=len; 34 } 35
$NTT$：
1 ll qpow(ll x,ll y,const ll &mod) 2 { 3 ll ans=1; 4 for(;y;x=x*x%mod,y>>=1) 5 if(y&1) ans=ans*x%mod; 6 return ans; 7 } 8 const ll p=998244353; 9 int r[N1]; 10 ll A[N1],B[N1],C[N1],mulwn[N1],invwn[N1],invl,inv2; 11 void Pre(int len,int L) 12 { 13 int i; ll inv,invy; 14 for(i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)); 15 for(i=1;i<=len;i<<=1) 16 { 17 mulwn[i]=qpow(3,(p-1)/i,p); 18 exgcd(mulwn[i],p,inv,invy); 19 invwn[i]=(inv%p+p)%p; 20 } 21 exgcd(len,p,invl,invy); invl=(invl%p+p)%p; 22 } 23 void NTT(ll *s,int len,int type) 24 { 25 int i,j,k; ll w,t,wn; 26 for(i=0;i<len;i++) if(i<r[i]) swap(s[i],s[r[i]]); 27 for(k=2;k<=len;k<<=1) 28 { 29 wn=type>0?mulwn[k]:invwn[k]; 30 for(i=0;i<len;i+=k) 31 { 32 for(j=0,w=1;j<(k>>1);j++,w=w*wn%p) 33 { 34 t=w*s[i+j+(k>>1)]%p; 35 s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]-t+p)%p; 36 s[i+j]=(s[i+j]+t)%p; 37 } 38 } 39 } 40 } 41 void NTT_Main(int len) 42 { 43 NTT(A,len,1); NTT(B,len,1); 44 for(int i=0;i<len;i++) C[i]=A[i]*B[i]%p; 45 NTT(C,len,-1); 46 for(int i=0;i<len;i++) C[i]=C[i]*invl%p; 47 }
多项式$+CDQ$分治：
有一些卷积形式，后面的项需要依赖前面项的答案
比如$f(i)=sum_{j=0}^{i}g(j)f(i-j)$
所以我们用$CDQ$分治处理前面对后面项的影响
即用$[l,mid]$的答案更新$(mid,r]$
分治$NTT$：
1 const ll p=998244353; 2 ll qpow(ll x,ll y,const ll &mod) 3 { 4 ll ans=1; 5 while(y){ 6 if(y&1) ans=ans*x%mod; 7 x=x*x%mod; y>>=1; 8 }return ans; 9 } 10 int r[19][N1]; 11 ll A[N1],B[N1],C[N1],g[N1],f[N1],ret[N1],invl[N1],mulwn[N1],invwn[N1]; 12 void Pre(int len,int L) 13 { 14 int i,j;ll inv,invy; 15 for(j=1;j<=L;j++) for(i=0;i<(1<<j);i++) 16 r[j][i]=(r[j][i>>1]>>1)|((i&1)<<(j-1)); 17 for(i=2;i<=len;i<<=1) 18 { 19 mulwn[i]=qpow(3,(p-1)/i,p); 20 exgcd(mulwn[i],p,inv,invy); invwn[i]=(inv%p+p)%p; 21 exgcd(i,p,inv,invy); invl[i]=(inv%p+p)%p; 22 } 23 } 24 void NTT(ll *s,int len,int type,int L) 25 { 26 int i,j,k,inv; ll w,wn,t; 27 for(i=0;i<len;i++) 28 if(i<r[L][i]) swap(s[i],s[r[L][i]]); 29 for(k=2;k<=len;k<<=1) 30 { 31 wn=type>0?mulwn[k]:invwn[k]; 32 for(i=0;i<len;i+=k) 33 { 34 for(j=0,w=1;j<(k>>1);j++,w=w*wn%p) 35 { 36 t=w*s[i+j+(k>>1)]%p; 37 s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]-t+p)%p; 38 s[i+j]=(s[i+j]+t)%p; 39 } 40 } 41 } 42 if(type==-1) 43 for(i=0;i<len;i++) 44 s[i]=s[i]*invl[len]%p; 45 } 46 void NTT_Main(int len,int L) 47 { 48 NTT(A,len,1,L); NTT(B,len,1,L); 49 for(int i=0;i<len;i++) C[i]=A[i]*B[i]%p; 50 NTT(C,len,-1,L); 51 } 52 void CDQ(int l,int r,int L) 53 { 54 if(l==r){ ret[l]=f[l]; return; } 55 int mid=(l+r)>>1,i; 56 CDQ(l,mid,L-1); 57 for(i=l;i<=r;i++) A[i-l]=ret[i],B[i-l]=g[i-l]; 58 NTT_Main(r-l+1,L); 59 for(i=mid+1;i<=r;i++) (f[i]+=C[i-l])%=p; 60 CDQ(mid+1,r,L-1); 61 } 62 63 int n,m,len,L; 64 int main() 65 { 66 scanf("%d",&n); int i; f[0]=1; 67 for(i=1;i<n;i++) g[i]=gint(); 68 for(len=1,L=0;len<n;len<<=1,L++); 69 Pre(len,L); 70 CDQ(0,len-1,L); 71 for(i=0;i<n;i++) printf("%lld ",f[i]); 72 puts(""); 73 return 0; 74 }
多项式求逆：
$mod;x^{n}$表示取出这个多项式的0~n-1次项
假设我们已经求出了$H(x)$，满足$H(x)F(x)equiv 1;(mod;x^{ left lceil frac{n}{2} ight ceil })$
我们想求$G(x)F(x)equiv 1;(mod;x^{n}) $
$(G(x)-H(x))equiv 0;(mod;x^{ left lceil frac{n}{2} ight ceil })$
$(G(x)-H(x))^{2} equiv 0;(mod;x^{n})$
展开
$G^{2}(x)-2G(x)H(x)+H^{2}(x) equiv 0;(mod;x^{n})$
$G(x)=2H(x)-frac{H^{2}(x)}{G(x)}$
$=2H(x)-H^{2}(x)F(x)$
$=H(x)*(2-H(x)F(x));(mod;x^{n})$
然后上$NTT$就好了
1 void NTT(ll *s,int len,int type) 2 { 3 int i,j,k; ll wn,w,t; 4 for(i=0;i<len;i++) if(i<r[i]) swap(s[i],s[r[i]]); 5 for(k=2;k<=len;k<<=1) 6 { 7 wn=type>0?mulwn[k]:invwn[k]; 8 for(i=0;i<len;i+=k) 9 { 10 for(j=0,w=1;j<(k>>1);j++,w=w*wn%p) 11 { 12 t=w*s[i+j+(k>>1)]%p; 13 s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]+p-t)%p; 14 s[i+j]=(s[i+j]+t)%p; 15 } 16 } 17 } 18 if(type==-1) 19 { 20 ll invl=qpow(len,p-2); 21 for(i=0;i<len;i++) s[i]=s[i]*invl%p; 22 } 23 } 24 int len,L; 25 void NTT_INV(int n) 26 { 27 if(n==1){ b[0]=qpow(f[0],p-2); return; } 28 NTT_INV((n+1)>>1); int i; 29 for(len=1,L=0;len<n+2*((n+1)>>1);len<<=1,L++); 30 for(i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)); 31 memset(a,0,len<<3); memcpy(a,f,n<<3); 32 NTT(a,len,1); NTT(b,len,1); 33 for(i=0;i<len;i++) 34 b[i]=(2ll-a[i]*b[i]%p+p)%p*b[i]%p; 35 NTT(b,len,-1); 36 for(i=n;i<len;i++) b[i]=0; 37 } 38 39 int n; 40 41 int main() 42 { 43 int ret=0,i; 44 scanf("%d",&n); 45 for(i=0;i<n;i++) scanf("%lld",&f[i]); 46 for(len=1,L=0;len<n+n-1;len<<=1,L++); 47 for(i=1;i<=len;i<<=1) mulwn[i]=qpow(3,(p-1)/i), invwn[i]=qpow(mulwn[i],p-2); 48 NTT_INV(n); 49 for(i=0;i<n;i++) printf("%lld ",b[i]); 50 puts(""); 51 return 0; 52 }
多项式求ln：
根据求导公式，若$f(x)=ln;x$，那么$f'(x)=frac{1}{x}$
现在已知多项式$F(x)$，那么$ln;F(x)$的一阶导$=frac{1}{F'(x)}$
我们利用导数知识求出$F'(x)$，$x^{a}$的一阶导是$ax^{a-1}$，$F'(x)$就是对$x$的不同次项求导，再相加
再用多项式求逆，求出多项式$G(x)=frac{1}{F'(x)}$，再通过不定积分推回去
此处的不定积分其实就是把导数公式$x^{a}=ax^{a-1}$逆推回去
1 ll qpow(ll x,ll y) 2 { 3 ll ans=1; 4 for(;y;x=x*x%p,y>>=1) 5 if(y&1) ans=ans*x%p; 6 return ans; 7 } 8 9 int r[N1]; 10 ll a[N1],b[N1],c[N1],mulwn[N1],invwn[N1],f[N1]; 11 12 void NTT(ll *s,int len,int type) 13 { 14 int i,j,k; ll wn,w,t; 15 for(i=0;i<len;i++) if(i<r[i]) swap(s[i],s[r[i]]); 16 for(k=2;k<=len;k<<=1) 17 { 18 wn=type>0?mulwn[k]:invwn[k]; 19 for(i=0;i<len;i+=k) 20 { 21 for(j=0,w=1;j<(k>>1);j++,w=w*wn%p) 22 { 23 t=w*s[i+j+(k>>1)]%p; 24 s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]+p-t)%p; 25 s[i+j]=(s[i+j]+t)%p; 26 } 27 } 28 } 29 if(type==-1) 30 { 31 ll invl=qpow(len,p-2); 32 for(i=0;i<len;i++) s[i]=s[i]*invl%p; 33 } 34 } 35 int len,L; 36 void NTT_INV(int n) 37 { 38 if(n==1){ b[0]=qpow(f[0],p-2); return; } 39 NTT_INV((n+1)>>1); int i; 40 for(len=1,L=0;len<n+2*((n+1)>>1);len<<=1,L++); 41 for(i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)); 42 memset(a,0,len<<3); memcpy(a,f,n<<3); 43 NTT(a,len,1); NTT(b,len,1); 44 for(i=0;i<len;i++) 45 b[i]=(2ll-a[i]*b[i]%p+p)%p*b[i]%p; 46 NTT(b,len,-1); 47 for(i=n;i<len;i++) b[i]=0; 48 } 49 50 int n; 51 52 int main() 53 { 54 int ret=0,i; 55 scanf("%d",&n); 56 for(i=0;i<n;i++) scanf("%lld",&f[i]); 57 for(len=1,L=0;len<n+n-1;len<<=1,L++); 58 for(i=1;i<=len;i<<=1) mulwn[i]=qpow(3,(p-1)/i), invwn[i]=qpow(mulwn[i],p-2); 59 NTT_INV(n); 60 for(i=0;i<n;i++) printf("%lld ",b[i]); 61 puts(""); 62 return 0; 63 }