多项式：从门都没入到刚迈过门槛
还记得我上次讲多项式的文章么？经过CSP的洗礼和最近一段时间的学习后，我对多项式的理解又加深了吧。
初三党文化课压力是大，尽管上次月考年级第一，但是文化课还是不能掉以轻心，毕竟要中考，也不能没学上吧。
零、快速数论变换(NTT)
多项式乘法是多项式其他操作的一个基础。上次我们研究了一下FFT。但是不少题目都是要求取模的。显然，FFT中的复数是不能取模的。而且，很多时候题目中多项式的系数也都是整数。这个时候，NTT就派上用场了！
前置知识：原根
（其实我本来是打算写一篇博客讲这玩意的，但是被我咕了）
阶：当 ((a,m)=1)时，令最小的(x)使得(a^xequiv 1pmod{m})为(apmod{m})的阶。
有一个很重要的性质：(x|varphi(m))。
当(a)的取值为(g)时，如果它的阶就是(varphi(m))，那么我们称(g)为(m)的原根。
原根怎么求呢？考虑到大部分情况下原根都比较小，我们只需从2开始枚举原根，然后从(1)到 (varphi(m))都试一下就行了。
常见的模数(998244353,1004535809,469762049)的原根都是(3)。
下面是关于原根的几个结论。我这里就不证明了。（毕竟重点在NNT不在原根上）
1.(g^0,g^1,g^2,dots,g^{varphi(m)})两两不同，构成了(m)的完全剩余系。
2.只有(2,4,p^k,2p^k)存在原根。
3.若(g)为(p)的原根，(g)也是(p^k)原根。
我们回顾一下FFT的过程。FFT结合了单位根的美妙性质，完成了蝴蝶操作，从而使复杂度降低为(O(n log n))。
而在模意义下，原根也具有单位根的性质！
我们只需要把FFT中的(pi)换成模数，把单位根换成原根，就是NTT了！
核心代码：
inline void NTT(int *a,int len,int f){
for(int i=0;i<len;i++) if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
for(int mid=1;mid<len;mid<<=1){//枚举合并区间的一半长度
int wn=ksm((f==1?g:gi),(MOD-1)/(mid<<1));//求当前的原根
for(int j=0;j<len;j+=(mid<<1)){//进行蝴蝶操作
int w=1;
for(int k=j;k<j+mid;k++){
int u=a[k];
int t=(1ll*w*a[k+mid])%MOD;
a[k]=(u+t)%MOD;
a[k+mid]=(u-t+MOD)%MOD;
w=(1ll*w*wn)%MOD;
}
}
}
}
那么NTT和FFT的效率对比？
好吧，至少在这道题里，以及我写的代码里，NTT是完爆FFT的。
在我们开始多项式的其他操作之前，我们先给大家讲个概念：卷积
设有两个数列(a)，(b)，那么这两个数列的卷积(c)定义为：
我们常常记作：
我们很容易的得到，多项式的乘法与多项式的卷积是一致的：
设(F(x)=sum a_i x^i)，(G(x)=sum b_ix^i)，(A(x)=sum c_ix^i)，且(c=a*b)，于是我们可以得到：
下面就让我们看看多项式的一些其他操作吧：
一、多项式求逆
已知一个多项式(G(x))，求一个多项式(F(x))，使得：
当(n=1)时，(G(x))是一个常数(c)，那么，(F(x)=c^{-1})
假设我们已经知道了一个多项式(F_0(x))，使得：
那么显然，我们有：
将上述两式相减，我们得到：
由于(G(x))有常数项，所以我们有：
将上式平方得：
展开：
因为(F(x))现在是二次的，我们想方法把他变成一次。根据最开始的式子，我们有：
所以：
每次多项式乘法是(O(n log n ))的，所以：
核心代码：
inline void P_inv(int* a,int* ans,int n){
static int tmp[maxn<<1];
if(n==1){
ans[0]=ksm(a[0],MOD-2);
return;
}
P_inv(a,ans,(n+1)>>1);
int len=1,cnt=0;
while(len<(n<<1)) len<<=1,cnt++;
for(int i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1));
for(int i=0;i<n;i++) tmp[i]=a[i];
for(int i=n;i<len;i++) tmp[i]=0;
NTT(tmp,len,1); NTT(ans,len,1);
for(int i=0;i<len;i++) ans[i]=1ll*(2ll-1ll*tmp[i]*ans[i]%MOD+MOD)%MOD*ans[i]%MOD;
NTT(ans,len,-1);
for(int i=n;i<len;i++) ans[i]=0;
}
二、多项式(ln)
已知一个多项式(G(x))，求一个多项式(F(x))，使得：
等一下，多项式有ln这种东西？
没错，它有，定义如下：
事实上，你可以把它看作多项式与麦克劳林级数的复合。
所以根据定义，它的常数项一定为1，否则不存在ln了。
见到(ln)，我们一般都是要求导的：
然后我们再积分就行了：
时间复杂度(O(n log n))
核心代码：
inline void P_der(int *a,int *ans,int n){
for(int i=1;i<n;i++) ans[i-1]=1ll*i*a[i]%MOD;
ans[n-1]=0;
}
inline void P_int(int *a,int *ans,int n){
for(int i=1;i<n;i++) ans[i]=1ll*ksm(i,MOD-2)*a[i-1]%MOD;
ans[0]=0;
}
inline void P_ln(int *a,int *ans,int n){
static int inva[maxn<<1],dera[maxn<<1];
int len=1,cnt=0;
while(len<(n<<1)) len<<=1,cnt++;
for(int i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1));
for(int i=0;i<len;i++) inva[i]=dera[i]=0;
P_inv(a,inva,n);
P_der(a,dera,n);
NTT(inva,len,1); NTT(dera,len,1);
for(int i=0;i<len;i++) inva[i]=(1ll*inva[i]*dera[i])%MOD;
NTT(inva,len,-1);
P_int(inva,ans,n);
for(int i=n;i<len;i++) ans[i]=0;
}
三、多项式牛顿迭代
已知一个函数(G(x))，求一个多项式(F(x))，使得：
当(n=1)时，(G(F(x))equiv 0 pmod{x})，这个单独求。
假设我们已经知道了一个多项式(F_0(x))，使得：
考虑将(G(F(x)))在(F_0(x))处泰勒展开：
由于(F(x)-F_0(x)))最低的非(0)次项次数最低为(lceil n/2 ceil)，所以我们有：
移项，合并同类项，我们有：
四、多项式exp
已知一个多项式(G(x))，求一个多项式 (F(x))，使得：
多项式有exp？
和多项式对数函数一样，我们也可以把它看作是麦克劳林级数：
这里，多项式的常数项必须为0，否则常数项不收敛。
两边取自然对数得：
移项得：
令函数(f(F(x))=ln F(x) -G(x))，对其进行牛顿迭代，我们就有了递推式：
通过计算得到：
代入，经过计算，我们便得到：
时间复杂度
核心代码：
inline void P_exp(int *a,int *ans,int n){
static int lna[maxn<<1],tmp[maxn<<1];
if(n==1){
ans[0]=1;
return;
}
P_exp(a,ans,(n+1)>>1);
P_ln(ans,lna,n);
int len=1,cnt=0;
while(len<(n<<1)) len<<=1,cnt++;
for(int i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1));
for(int i=0;i<n;i++) tmp[i]=a[i];
for(int i=n;i<len;i++) tmp[i]=0;
NTT(tmp,len,1); NTT(lna,len,1);
NTT(ans,len,1);
for(int i=0;i<len;i++) ans[i]=1ll*ans[i]*((1+tmp[i]-lna[i]+MOD)%MOD)%MOD;
NTT(ans,len,-1);
for(int i=n;i<len;i++) ans[i]=0;
}
（这看似短短的代码调了我两天。。。主要是前面写的ln和inv中有很多数组清空的不彻底。。。）
五、多项式开根
已知一个多项式(G(x))，求一个多项式(F(x))，使得：
移项得：
令函数(f(F(x))=F^2(x)-G(x))，对其进行牛顿迭代，我们就有了递推式：
通过计算得到：
代入，经过计算，我们便得到：
将式子变形一下：
时间复杂度(O(n log n))
刚刚还看到了一种解法，和大家分享一下：
两边同取自然对数：
所以
所以
牛顿迭代版：
inline void P_sqrt(int *a,int *ans,int n){
static int tmp[maxn<<1],inva[maxn<<1];
if(n==1){
ans[0]=1;
return;
}
P_sqrt(a,ans,(n+1)>>1);
int len=1,cnt=0;
while(len<(n<<1)) len<<=1,cnt++;
for(int i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(cnt-1));
for(int i=0;i<len;i++) inva[i]=0;
P_inv(ans,inva,n);
for(int i=0;i<n;i++) tmp[i]=a[i];
for(int i=n;i<len;i++) tmp[i]=0;
NTT(tmp,len,1); NTT(inva,len,1);
for(int i=0;i<len;i++) tmp[i]=(1ll*tmp[i]*inva[i])%MOD;
NTT(tmp,len,-1);
for(int i=0;i<len;i++) ans[i]=1ll*(tmp[i]+ans[i])%MOD*inv2%MOD;
for(int i=n;i<len;i++) ans[i]=0;
}
exp版：
inline void P_sqrt(int *a,int *ans,int n){
static int lna[maxn<<1];
P_ln(a,lna,n);
for(int i=0;i<n;i++) lna[i]=(1ll*lna[i]*inv2)%MOD;
P_exp(lna,ans,n);
}
然而用exp写的T了3个点。。。还是老老实实写牛迭吧。
大家有没有发现，在上面牛顿迭代的代码中，我们默认了常数项是1？那么如果常数项不是1呢？
这时候，我们就要计算二次剩余了。
（又是一个被我咕了的东西）
六、多项式快速幂
已知一个多项式(G(x))，求一个多项式(F(x))，使得
其中(kin Q)
因为
所以
时间复杂度(O(n log n))
核心代码：
inline void P_power(int* a,int *ans,int n){
static int lna[maxn];
for(int i=0;i<n;i++) lna[i]=0;
P_ln(a,lna,n);
for(int i=0;i<n;i++) lna[i]=(1ll*lna[i]*k)%MOD;
P_exp(lna,ans,n);
}
在洛谷的模板题里，指数达到了(10^{10^5})级别，那么我们该怎么办呢？其实很简单，我们只需将指数对(MOD)取模就行了。（这个还是比较显然的吧）
注意，因为ln的缘故，这里常数项也必须是1。
好了，先将这么多操作，以后我会补充的。
那我们来一道例题吧：
求：
其中(S(i,j))为第二类斯特林数
首先我我们呢得知道第二类斯特林数是啥。
(S(i,j))是用来解决LUB问题的(就是把(i)个不同的球放入(j)个相同的盒子里，且盒子不能为空。有兴趣的可以去了解TwelveFoldway)。
我们先考虑盒子不同时怎么做。考虑枚举空盒的个数，那么我们就可以大力容斥了，最后因为盒子相同，除以(j!)即可。于是我们得到：
现在我们开始推式子。
改变枚举顺序，将(2^j)提取出来，我们得到：
(注意当(i<j)时，(S(i,j)=0))
代入第二类斯特林数的计算公式，我们得到：
将(k)的枚举提前，我们得到：
我们可以看到，后面两个sigma相乘，其实可以把他们写成多项式卷积。
设
所以我们有：
于是我们直接NTT就好了。
我们再来一道题：P3321 [SDOI2015]序列统计
给定整数 (x)，求所有可以生成出的，且满足数列中所有数的乘积 (mod m)的值等于 (x) 的不同的数列的有多少个。
既然是计数，那么我们考虑(dp)。
令(dp[i][j])表示选了(i)个数，数列的积模(m)的值为(j)，那么我们有以下的状态转移方程：
我们观察这个式子，发现如果是(a+b=c)的话，我们就完全可以卷积嘛！
那么我们这里就有了一个奇技淫巧：取对数
我们在高一学必修一的时候就学过：（虽然我还没有高一）
注意我们是模意义下的对数，联想到原根的一些性质（我保证这坑我以后会补），我们只需以原根为底取对数即可
令(A=log_g a \%m,B=log _g b\%m,C=log_g c\%m)，于是式子就被我们改写成：
好了，我今天就分享到这里了。
如有不足敬请指正，谢谢！
参考资料：
1.pmt巨佬的讲义(%%%pmt巨佬)
2.OI wiki
3.Miskcoo's space