多项式操作汇总

多项式操作汇总

最近学了不少多项式的小 trick，感觉不记一下容易忘。那我就把做法都摆在这里吧，代码还是自己去写了。（鉴于所有操作都是建立在 FFT 之上的，所以会写 FFT 的话所有东西的代码都能写出来了）

多项式乘法

这个就是一切的基础，先把这个代码搞熟后面就都能写啦。

多项式逆元

定义多项式 (g(x)) 的逆元 (g^{-1}(x))（以下为了方便简记为 (f(x))）是满足如下等式的多项式：

[egin{matrix} g(x) cdot f(x) equiv 1 & (mod x^n) end{matrix} ]

可以想象，模 (x^n) 的意思就是把 (x^{n+1}) 及更高的项都删掉，剩下的部分。为什么我们可以这样做呢？因为在解决实际问题的时候我们都只关心前 (n) 项（即 (x^0 sim x^{n-1}) 的系数）。

求 (f(x)) 的方法可能不止一种，但是我觉得用泰勒展开这个方法虽然麻烦但是好记（因为大多数问题可以用它——它是“通解”）。

注意：以下多项式都会在第一次用 (f(x)) 表示过后就可能省掉后面的 ((x))，你需要知道它是一个多项式。

我们先构造一个函数 (H(f) = f^{-1} - g)。你没有看错，这个 (H(f)) 函数的自变量就是一个多项式。为什么要这样构造函数呢？因为可以发现当自变量 (f = g^{-1})，即 (f) 就是答案的时候，(H(f) = 0)。

我们用倍增的方法求这个 (f)，假设已经求出 (f_0(x)) 是 (f) 前 (lceil frac{n}{2} ceil) 项，即

[egin{matrix} f_0 equiv f & (mod x^{lceil frac{n}{2} ceil}) end{matrix} ]

现在我们要用 (f_0) 和 (g) 表示出 (f)。利用我们刚才构造的函数，根据 (f_0) 的定义有

[egin{matrix} H(f_0) equiv 0 & (mod x^{lceil frac{n}{2} ceil}) end{matrix} ]

为了实现上面黑体字的目的，我们对 (H(f)) 在 (f_0) 处进行泰勒展开（想点进去看的请翻到文章末尾），即用下面这个式子去逼近 (H(f))

[H(f) = sum_ {i = 0}^{+ infty} { frac{H^{[i]}(f_0) (f-f_0)^i}{i!} } ]

注意上面这个等式不是模意义下的，不需要取模它们就相等。

接下来我们观察一下 ((f-f_0)^i)，由于 (f - f_0 equiv 0 (mod x^{lceil frac{n}{2} ceil}))，发现当 (i = 2) 时，最高次项平方之后次数一定 (ge n)，所以有 (forall i > 1, (f-f_0)^i equiv 0 (mod x^n))，那么上面的泰勒展开的无穷多项就只剩了两项，整理出来就是

[egin{matrix} H(f) equiv H(f_0) + H'(f_0)(f - f_0) & (mod x^n) \\ ecause H(f) equiv 0 & (mod x^n) \\ herefore H(f_0) + H'(f_0)(f - f_0) equiv 0 & (mod x^n) end{matrix} ]

移项得到

[egin{matrix} f equiv f_0 - frac{H(f_0)}{H'(f_0)} & (mod x^n) end{matrix} ]

至此我们得到了牛顿迭代的公式，以后可以记它，就不用每次都泰勒展开了。接下来的工作就是把刚才构造的 (H(f)) 带进去。

[egin{matrix} f equiv 2f_0 - gf_0 & (mod x^n) end{matrix} ]

递归下去，再用这个式子回溯，就求出来啦！

时间复杂度：(T(n) = T(frac{n}{2}) + O(nlog n) = O(nlog n))，发现这个小秘密后，我们可以无限套，理论复杂度不变

多项式除法 & 取模

注意这里的除法不是在模意义下的！所以它会有商和余数，即如果我要求 (frac{A(x)}{B(x)})，我就是要求两个多项式 (D(x)) 和 (R(x))，使得它们满足下面这样一个等式

[A(x) = B(x)D(x) + R(x) ]

现在我们记 (n) 为 (A) 的次数，(m) 为 (B) 的次数，那么有 (D) 的次数为 (mathrm{max}(n - m, 0))，(R) 的次数 (le m - 1)。

记 (F(x)) 的次数为 (t)， (F^R(x) = F(frac{1}{x}) cdot x^t)，直观理解就是把 (F) 的系数反转一下。

接下来将 (frac{1}{x}) 带入到原式中，再两边同乘 (x^n)，看看会发生什么

[x^nA(frac{1}{x}) = x^{m}B(frac{1}{x}) cdot x^{n-m}D(frac{1}{x}) + x^{n-m+1} cdot x^{m-1}R(frac{1}{x}) \\ herefore A^R(x) = B^R(x)D^R(x) + x^{n-m+1}R^R(x) ]

如果我们将新的等式放在模 (x^{n-m+1}) 的意义下，(R(x)) 就被消掉了！与此同时 (D^R(x)) 最高次为 (x^{n-m})，故不会受到任何影响，即模意义下求出的 (D^R(x)) 与非模意义下的完全相同。

[egin{matrix} A^R(x) equiv B^R(x)D^R(x) & (mod x^{n-m+1}) \\ herefore D^R(x) equiv A^R(x)[B^R(x)]^{-1} & (mod x^{n-m+1}) end{matrix} ]

(D(x)) 就是 (D^R(x)) 反转一下系数，把 (D(x)) 代到最初的式子里就能得到 (R(x)) 了。

多项式多点求值

任务：给出多项式 (F(x)) 和集合 ({ x_1, x_2, cdots , x_n })，要求返回一个集合 ({ F(x_1), F(x_2), cdots , F(x_n) })。

构造多项式 (A(x) = (x - x_1)(x - x_2)cdots(x - x_n))，令 (G(x) equiv F(x) (mod A(x)))，那么对于 (forall i in [1, n], G(x_i) = F(x_i))。

为什么呢？因为

[F(x) = A(x)D(x) + G(x) ]

而 (forall i in [1, n], A(x_i) = 0, herefore F(x_i) = G(x_i))。

于是就可以分治了。令 (A_l(x) = prod_{i = 1}^{lfloor frac{n}{2} floor} { (x - x_i) }, A_r(x) = prod_{i = lfloor frac{n}{2} floor + 1}^n { (x - x_i) })，然后把 (F(x) mod A_l(x)) 和 (F(x) mod A_r(x)) 扔下去递归了。

时间复杂度：(O(n log^2 n))

多项式 ln & exp

应该有不少人好奇这两个操作的组合意义是什么。事实上这个问题我并不是很清楚，我们也许可以通过泰勒展开后的系数研究一下它的组合意义，但它们的价值主要不在于组合意义，而在于其他方面的应用。

具体应用在讲完做法后立刻就会有一个，所以不必着急，我们先看看多项式取 ln 怎么求。

多项式取 ln

注意到这样一个等式

[(ln f(x))' = frac{f'(x)}{f(x)} ]

于是积分一下就可以轻易地求出 (ln f(x)) 了

[ln f(x) = int frac{f'(x)}{f(x)} ]

其中，求导和积分都能在 (O(n)) 时间内求出，所以总时间复杂度 (O(n))。

细心的读者一定会问：积分之后，常数项如何确定？注意到这里的 ([x^0]f(x)) 必须为 (1)，也就是说 ([x^0] ln f(x)) 一定是 (0)，那么积分完后常数项为 (0) 就好了。（如果 ([x^0]f(x) e 1) 怎么求？QAQ 我也不会，因为我们似乎很难找到 (ln c (c > 0)) 在剩余系下的表示……）

多项式求 exp

我们要求这样的一个函数 (f(x))，满足

egin{matrix}
f(x) equiv e^{g(x)} & (mod x^n)
end{matrix}

两边取对数，我们有

egin{matrix}
ln f(x) equiv g(x) & (mod x^n)
end{matrix}

我们还是考虑倍增求 (f)，套用上面泰勒展开推出来的结果，构造函数 (H(f) = ln f - g)，令 (f_0 equiv f (mod x^{lceil frac{n}{2} ceil}))，于是得到

egin{matrix}
f equiv f_0 - frac{ln f_0 - g}{f_0^{-1}} & (mod x^n) \
f equiv f_0(1 - ln f_0 + g) & (mod x^n)
end{matrix}

这样就 (O(n log n)) 解决啦，你会发现求 exp 其实依赖于求 ln。同样地我们只能求 ([x^0]g(x) = 0) 的 (e^{g(x)})。

接下来就是一个经典的应用。

多项式乘方

求 (f(x)) 满足

egin{matrix}
f(x) equiv g(x) ^ k & (mod x^n)
end{matrix}

指数相关，考虑两边取对数

egin{matrix}
ln f(x) equiv k ln g(x) & (mod x^n) \
f(x) = e^{k ln g(x)} & (mod x^n)
end{matrix}

这就解决了？别忘了常数项的问题，问题有两个：

• ([x^0]g(x) > 1)，我们可以将常数项提出来，得到 (g'(x))（注意不是导数，这个就是 (g(x)) 的每项乘上常数项的逆元），那么问题变成了求 ((g'(x))^k c^k)，(c) 代表常数项，就是在上面的过程进行完后每项乘上 (c^k) 即可；
• ([x^0]g(x) = 0)，先位移到常数项不为 (0)，即得到 (g'(x) = frac{g(x)}{x^d})，(d) 表示前缀连续 (0) 的个数，那么问题变成了求 ((g'(x))^k x^{kd})，就是上面的过程进行完后再位移 (kd) 位即可。

至此多项式乘方就完整地解决了。