多项式全家桶

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多项式乘法

问题

已知多项式 (F(x)) 和 (G(x))，求 (H(x)=F(x)cdot G(x))。多项式系数为实数/整数（求模意义下多项式乘积）。

FFT/NTT

详见别人的博客。由于有些复杂，而且网上资料很多，作者懒得写了。而且写了也对作者没什么意义。

任意模数NTT

有些毒瘤出题人，不想用 998244353 当模数，怎么办呢？

如果考场上遇到多项式题并且能想出来，却不会三模NTT就会产生一种吃了屎的感觉...

如果要求对模 (p) 意义下的最终多项式，那么模 (p) 意义下最初多项式数值大小不超过 (p)，于是最终多项式每个位置的数值不超过 (np^2) 。(p) 如果不超过 (10^9+7) ，那么 (np^2le 10^6cdot (10^9+7)^3 approx 10^{23})。所以只要找到三个模数，使得他们可以做NTT并且乘积 (>10^{23}) 就可以了。最后将三个模数合并即可。

多项式求逆

引言

为什么多项式还可以求逆？

举个例子：

[frac{1}{1-x}=1+x+x^2+cdots ]

所以，(Largefrac{1}{1-x}) 可以写成无限项多项式的形式。但一般问题只需要求其前若干项。

其实，更加可以理解的定义是这样的：

[frac{f(x)}{g(x)}=h(x)Leftrightarrow f(x)=g(x)cdot h(x) ]

那么我们可以验证上面那个东西，

[(1-x)(1+x+x^2+cdots )=(1+x+x^2+cdots)-(x+x^2+cdots)=1 ]

另外，这并不能直接把 (x) 带入。比如 (x=100) 的时候明显这不正确。

其实，(Large frac{1}{1-x}) 是一个生成函数吧。代表着数列 (1,1,1,1,cdots)

问题

对多项式(f(x)) 求多项式 (g(x)) 使得 (f(x)cdot g(x)equiv 1pmod {x^n})

这里的(pmod {x^n}) 的意义其实就是“(x) 的次数最低的 (n) 项”

做法

考虑使用倍增。设 (h(x)cdot f(x)equiv1pmod {x^{lceilfrac{x}{2} ceil}})。那么：

[ecause f(x)cdot g(x)equiv 1pmod {x^{lceilfrac{x}{2} ceil}}\ herefore f(x)(h(x)-g(x))equiv 0pmod {x^{lceilfrac{x}{2} ceil}} ]

观察 (f(x)(h(x)-g(x))) 的常数项，由于 (f(x)) 的常数项不为 0，所以 (h(x)-g(x)) 的常数项必然为 0（根据 (f(x)(h(x)-g(x)))的后 (n) 项均为 0 可知）. 再观察 (f(x)(h(x)-g(x))) 的一次项，一次项是 (f(x)) 的常数项 * (h(x)-g(x)) 的一次项 + (h(x)-g(x)) 的常数项 * (f(x)) 的一次项。所以必然 (h(x)-g(x)) 的一次项也为 0.以此类推，(h(x)-g(x)equiv 0pmod {x^{lceil frac{n}{2} ceil}}) 。

发现 (h(x)-g(x)) 的后 (lceil frac{n}{2} ceil) 项都相等。

考虑到这是在 (pmod x^{lceil frac{n}{2} ceil}) 意义下的，那么平方就可以转化到 (pmod {x^n}) 意义下的。于是有 ((h(x)-g(x))^2equiv 0pmod {x^{ n}})。展开可以得到 (h(x)^2-2h(x)g(x)+g(x)^2equiv 0pmod {x^n}) 。

将 (h(x)-g(x)) 变换为 (pmod {x^n}) 意义下的式子。

发现这是一个关于 (g(x)) 的二次式，但是却不能使用求根公式求它，那样还得套上一个多项式开根。。所以考虑利用 (f(x)cdot g(x)equiv 1pmod {x^n}) ，将等式两边同时乘以 (f(x))，这样可以将 (g(x)) 降次得到 (g(x)) 的最终表达式 (g(x)=2h(x)-f(x)h(x)^2)。

将关于 (g(x)) 二次式通过已知条件化为关于 (g(x)) 的一次式。

多项式除法

问题

对于两个多项式 (F(x)) 和 (G(x)) （其中 (F(x)) 是 (n) 次多项式， (G(x)) 是 (m) 次多项式，(n>m)）。求多项式 (Q(x)) 和 (R(x)) ，满足 (F(x)=Q(x)cdot G(x)+R(x)) ，并且 (Q(x)) 是 (n-m) 次多项式， (R(x)) 是小于 (m) 次的多项式。

做法

咕咕咕。

多项式(ln)

为什么多项式可以求 (ln) ？

因为多项式求 (ln) 后再泰勒展开还是多项式。

问题

已知 (G(x))，求 (F(x)equiv ln G(x) pmod {x^n}) 。

做法

对两边进行求导，有以下式子：

[egin{aligned} F(x)&=ln G(x)\ Rightarrow F'(x)&=(ln G(x))'\ Rightarrow F'(x)&=frac{G'(x)}{G(x)}\ Rightarrow F(x)&=int frac{G'(x)}{G(x)}cdot ext{dx} end{aligned} ]

这里求导的意义主要在于发现 $ln $ 的导数非常好计算，并且求导的逆运算积分可以 (mathcal O(n)) 求出。

但是会发现这样 (F(x)) 的常数项可能求不出来。而模意义下 (ln) 无法定义，但也不伤大雅。考虑 (F(0)=ln G(0))。所以 (F(x)) 的常数项 (=ln G)的常数项 。

泰勒展开

震惊！BJ某傻瓜看泰勒展开2h为看懂！原因竟是...

他看错了一句话。

读不懂多读几遍是非常正确的选择...看知乎文章，觉得人家写错了；数小时之后，恍然大悟。可能文章的不足时没有举例子，我的不足是没有多读几遍吧。

问题

对于一些式子，比如 (sin x,exp(x),ln x) 之类，不太好使用计算多项式的办法计算，亦无法写成形式幂级数的形式。那么这就需要用多项式逼近函数。在高度逼近的情况下，这些函数竟然完全相等了！别问我问什么

做法

如果从 (x_0) 点开始拟合函数 (f(x)) ，拟合成的函数为 (g(x)) 。

那么泰勒展开的拟合策略是这样的：让 (f(x)) 与 (g(x)) 在 (x_0) 处的任意阶导数都相等。注意！是在 (x_0) 处！

然后就神奇的拟合成了多项式：

[g(x)=f(x_0)+sum_{i=1}^n (frac{f^{(i)}(x-x_0)^i}{i!} ]

其中，(x_0) 为一个固定数。

常见公式

主要还是靠现场推吧，背这个东西意义不大。

从网上摘了一个，不保证正确性（没仔细看。。）。

多项式牛顿迭代

这是一个非常实用的东西。可以解决许多多项式问题，诸如多项式求逆、多项式(ln) 还有多项式 (exp)。

问题

已知函数 (f(x)) ，求多项式 (g(x)) 使得 (f(g(x))equiv 0pmod {x^n})

做法

Newton's Method

考虑倍增（非常类似多项式求逆）。

若已知 (f(g_0(x))equiv 0pmod {x^{largelceil frac{n}{2} ceil}}) ，考虑用多项式 (g_0(x)) 推出 (g(x)) 。

将 (f(x)) 在 (x_0=g_0(x)) 处泰勒展开，可知：

[f(g_0(x))+sum_{i=1}^{infin}f^{(i)}(g_0(x))cdot frac{(g(x)-g_0(x))^i}{i!}equiv 0pmod {x^n} ]

这里泰勒展开的意义在于将一个不知道任何性质的函数 (f(x))（(f(x)) 可以是 (ln)，(exp) 等函数） 化为多项式。

在后面的求和式中，当 (ige 2) 有：

[(g(x)-g_0(x))^iequiv 0pmod {large x^{n}} ]

所以：

[f(g_0(x))+f'(g_0(x))cdot frac{g(x)-g_0(x)}{1!}equiv 0pmod {x^n} ]

那么有：

[g(x)equiv g_0(x)-frac{f(g_0(x))}{f'(g_0(x))}pmod {x^n} ]

多项式(exp)

为什么多项式可以 (exp) ？

因为多项式 (exp) 后泰勒展开还是多项式。。

是的，每回这个问题的答案都是泰勒展开后都是多项式。

问题

求多项式 (f(x)) 使得 (f(x)equiv e^{g(x)}pmod {x^n}) 。

做法

考虑使用牛顿迭代。

首先考虑将式子转化为 (ln f(x)equiv g(x) pmod {x^n}) 。然后再构造以下函数：(h(f(x))=ln f(x)-g(x)) ，我们要求的函数就是满足 (h(f(x))equiv 0pmod {x^n}) 。注意，这里 (h'(f(x))=frac{1}{f(x)}) ，这里 (h) 函数的参数实际上是个多项式。

所以使用牛顿迭代的结论可知：

[egin{aligned} f(x)&equiv f_0(x)-frac{h(f_0(x))}{h'(f_0(x))}pmod {x^n}\ Rightarrow f(x)&equiv f_0(x)-frac{ln f_0(x)-g(x)}{frac{1}{f_0(x)}}pmod {x^n}\ Rightarrow f(x)&equiv f_0(x)(1-ln f_0(x)+g(x))pmod {x^n} end{aligned} ]

所以，写个多项式求逆、多项式求导、多项式 $ln $ 就可以解决了。

多项式快速幂

问题

已知函数 (f(x)) ，求 (f(x)^a) 。

做法

我们知道，(f(x)^{a}=e^{aln f(x)})。所以完了。

注意分类讨论，可能 (f(x)) 的常数项不是 (1) 。

分治FFT

咕咕咕