【learning】多项式相关（求逆、开根、除法、取模）

（首先要%miskcoo，这位dalao写的博客实在是太强啦qwq大部分多项式相关的知识都是从这位dalao博客里面学的，作为一只蒟蒻还是疯狂膜拜后自己理下思路吧qwq）

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多项式求逆（元）

• 定义

　　对于一个多项式(A(x))，如果存在一个多项式(B(x))，满足(B(x))的次数小于等于(A(x))且(A(x)B(x)equiv 1(mod x^n))，那么我们称(B(x))为(A(x))在模(x^n)意义下的逆元，简单记作(A^{-1}(x))

• 求解

　　从最简单的情况开始考虑，当(n=1)的时候(A(x)equiv c (mod x))，(c)为(A(x))的常数项，此时(A^{-1}(x))为(c)的逆元

　　在这个基础上我们继续考虑一般情况

　　对于(n>1)的情况，不妨设(B(x)=A^{-1}(x))，那么我们可以根据定义列出下面的式子：

[A(x)B(x)equiv 1(mod x^n) ]

　　这里的话考虑用倍增的方式求解（算倍增吧），这里假设我们已经知道了(A(x))在(mod x^{lceil frac{n}{2} ceil})下的逆元(G(x))，那么有：

[A(x)G(x)equiv 1(mod x^{lceil frac{n}{2} ceil}) ]

　　我们把(A(x))和(B(x))的式子写成(mod x^{lceil frac{n}{2} ceil})下的：

　　（可以这么写是因为(mod x^n)相当于将乘积中(x)次数大于等于(n)的忽略掉了，而(mod x^{lceil frac{n}{2} ceil})则相当于忽略了更多的项，既然前者满足，那么后者肯定也满足）

[A(x)B(x)equiv 1 (mod x^{lceil frac{n}{2} ceil}) ]

　　把这两条式子相减，就可以搞事情了：

[egin{aligned} A(x)[B(x)-G(x)]&equiv 0 (mod x^{lceil frac{n}{2} ceil})\ B(x)-G(x)&equiv 0 (mod x^{lceil frac{n}{2} ceil})\ end{aligned} ]

　　然后我们两边平方一下：

[B^2(x)-2B(x)G(x)+G^2(x)equiv 0 (mod x^{lceil frac{n}{2} ceil}) ]

　　然后这里有个很神奇的事情，(B(x)-G(x)) 在(mod x^{lceil frac{n}{2} ceil})下为0，说明这个式子最后的结果的(0)到(lceil frac{n}{2} ceil -1)次项系数都为(0)，平方了之后，对于结果的(i)次项系数，（(0<=i<=2*lceil frac{n}{2} ceil -1) ），其系数(a_i = sumlimits_{j=0}^{i}a_j a_{i-j})，而(a_j)和(a_{i-j})中必定有一项为(0)（因为(j)和(i-j)中必定有一个值小于(lceil frac{n}{2} ceil)），所以我们可以得到一个结论，这个式子在平方了之后在(mod x^n)下也是(0)

　　那么我们就可以写成：

[egin{aligned} B^2(x)-2B(x)G(x)+G^2(x)&equiv 0 (mod x^n)\ A(x)B(x)*B(x)-2*A(x)B(x)*G(x)+A(x)G^2(x)&equiv 0 (mod x^n)\ end{aligned} ]

　　两边同时乘上(A(x))，由逆元的定义我们可以将上面的式子化简成下面这样：

[B(x)-2G(x)+A(x)G^2(x)equiv 0 (mod x^n) ]

　　最后得到：

[B(x)equiv 2G(x)-A(x)G^2(x) (mod x^n) ]

　　也就是说，如果我们知道(G(x))，我们就可以推出(B(x))了

　　具体的实现可以用递归的方式实现，中间的多项式乘法可以用fft加速一下，那么最终的时间复杂度就是

[T(n)=T(frac{n}{2})+O(n log n)=O(n log n) ]

　　然而为啥这样搞完了还是一个log呢？因为每次递归下去多项式的最高次数都会减半，稍微算一下就会发现最后总的时间复杂度合起来还是一个log而不是两个

　　注意，后面这一堆推式子的过程是建立在(n=1)的时候有解的前提下的，所以我们还可以得到一个结论：一个多项式在(mod x^n)下是否有逆元取决于其常数项在(mod x^n)下是否有逆元

• 实现

　　首先先实现一个namespace NTT，然后除了基础的函数外主要供外部调用的过程是这个：

void Ntt_getinv(vct &a,vct &b,int n,int m){
	prework(a,b,n,2*m);//这里注意因为后面是A*B*B，所以m要*2
	ntt(A,1);
	ntt(B,1);
	for (int i=0;i<len;++i) 
      	B[i]=(2LL-1LL*A[i]*B[i]%MOD+MOD)*1LL*B[i]%MOD;
	ntt(B,-1);
}

　　然后求逆的过程大概是这样（这里用vector来写了）：

vct Inv(vct a){
	int N=a.size();
	if (N==1){
		a[0]=ksm(a[0],MOD-2);
		return a;
	}
	vct b=a; b.resize((N+1)>>1);
	b=Inv(b); b.resize(N);
	NTT::Ntt_getinv(a,b,N,N);
	b.resize(NTT::len);
	for (int i=0;i<NTT::len;++i) b[i]=NTT::B[i];
	b.resize(N);
	return b;
}

　　求逆大概就是这样吧ovo

　　

多项式开根

• 定义

　　对于一个多项式(A(x))，如果存在一个多项式(B(x))，满足(B^2(x)equiv A(x) (mod x^n))，则称(B(x))为(A(x))在(mod x^n)下的平方根

• 求解

　　同样是考虑最简单的情况，当(n=0)的时候，(B(x))的常数项就是(1)

　　然后考虑一般情况，同样的思路，考虑用倍增的方式来求

　　假设我们已经知道了(A(x))在(mod x^{n})下的平方根(G(x))，现在要求在(mod x^{2n})下的平方根(B(x))，根据定义我们可以列出式子：

[egin{aligned} B^2(x)&equiv A(x)(mod x^{2n})\ G^2(x)&equiv A(x)(mod x^n) end{aligned} ]

　　我们对这个式子进行一些处理：

[egin{aligned} G^2(x)&equiv A(x)(mod x^n)\ G^2(x)-A(x)&equiv 0(mod x^n)\ end{aligned} ]

　　那么可以得到（因为右边是(0)所以可以这么搞）：

[egin{aligned} (G^2(x)-A(x))^2&equiv 0 (mod x^{2n})\ G^4(x)-2G^2(x)A(x)+A^2(x)&equiv 0(mod x^{2n})\ end{aligned} ]

　　然后两边加上(4G^2(x)A(x))：

[egin{aligned} G^4(x)+2G^2(x)A(x)+A^2(x)&equiv 4G^2(x)A(x)(mod x^{2n})\ (G^2(x)+A(x))^2&equiv 4G^2(x)A(x)(mod x^{2n})\ (G^2(x)+A(x))^2&equiv (2G(x))^2A(x)(mod x^{2n})\ end{aligned} ]

　　我们将((2G^2(x))^2)移到左边去，将左边写成一个平方的形式，得到：

[(frac{G^2(x)+A(x)}{2G(x)})^2equiv A(x)(mod x^{2n}) ]

　　等式左边的东西就是我们要求的(B(x))

　　所以如果说我们知道了(G(x))，我们也就可以得出(B(x))啦，分母可以用多项式求逆搞一下，其他的多项式乘法fft搞一下，问题不大

　　总的复杂度是：

[T(n)=T(frac{n}{2})+求逆复杂度+O(n log n)=O(n log n) ]

　　

• 实现

　　namespace NTT中主要需要调用的过程长这个样子

void Ntt_getsqrt(vct &a,vct &invb,int n,int m){
	prework(a,invb,n,m);
	ntt(A,1);
	ntt(B,1);
	for (int i=0;i<len;++i) 
		B[i]=1LL*B[i]*inv2%MOD*A[i]%MOD;
	ntt(B,-1);
}

　　开根的话大概长这个样子

vct Sqrt(vct a){
	int N=a.size(),M,M1;
	if (N==1){
		a[0]=1;
		return a;
	}
	vct b=a,invb;
	b.resize((N+1)>>1);
	b=Sqrt(b);
	invb=b; invb.resize(N);//resize!!!
	invb=Inv(invb);
	NTT::Ntt_getsqrt(a,invb,N,N);
	b.resize(NTT::len);
	for (int i=0;i<NTT::len;++i) b[i]=(1LL*b[i]*inv2%MOD+NTT::B[i])%MOD;
	b.resize(N);
	return b;
}

　　
　　
　　

多项式除法

• 问题

　　给出一个(n)次多项式(A(x))，以及一个(（m（m<=n))次多项式(B(x))

　　要求出(D(x))满足(A(x)=D(x)B(x)+R(x))，且(D(x))的次数(<=n-m)，(R(x))的次数(<m)

　　简单来说就是类比整数的除法，(D(x))就是商，(R(x))就是余数，我们现在考虑求商

• 求解

　　为了方便接下来的表述，先定义一些操作，我们记：

[rev(A(x))=x^nA(frac{1}{n}) ]

　　也就是系数反转，举个简单的例子：

[egin{aligned} A(x)&=4x^4+3x^3+2x^2+1\ rev(A(x))&=x^4+2x^3+3x^2+4 end{aligned} ]

　　那么现在我们把上面那条式子搬下来：

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

　　（接下来的步骤均将(D(x))看成(n-m)次多项式，(R(x))看成(m-1)次多项式，对于那些不存在的高次项我们就把系数看成(0)就好了）

　　后面的余数看起来十分不友善，所以我们要想个办法把它去掉，于是我们可以进行以下的操作:

　　我们将上面式子中的所有(x)换成(frac{1}{x})，然后等式两边同时乘上(x^n)，得到：

[egin{aligned} x^nA(frac{1}{x})&=x^{n-m}D(frac{1}{x})x^mB(frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(frac{1}{x})\ rev(A(x))&=rev(D(x))rev(B(x))+x^{n-m+1}rev(R(x))\ end{aligned} ]

　　现在再来看一下各个项的最高次项，首先是我们要求的元素(D(x))，由于这个多项式原来是(n-m)次，所以在系数反转之后肯定不会超过(n-m)次，而我们要“消掉”的(R(x))原来是(m-1)次多项式，所以(x^{n-m+1}R(x))的最低次项应该是大于(n-m) 的

　　那么考虑将上面的式子放到(mod x^{n-m+1})下，(x^{n-m+1}R(x))的影响就可以十分愉快滴被消掉啦，同时我们也不会影响到(D(x))的求解，因为(D(x))是(n-m)次的（疯狂%miskcoo太强了qwq）

　　于是我们就得到了这样一个式子：

[rev(A(x))equiv rev(D(x))rev(B(x)) (mod x^{n-m+1}) ]

　　那所以，我们只要求一个(rev(B(x)))在(mod x^{n-m+1})意义下的逆元然后跟(rev(A(x)))乘一下，得到(rev(D(x)))，然后再把系数反转回来就得到(D(x))啦

• 实现

　　除法大概是长这个样子

vct operator / (vct a,vct b){
	int N=a.size()-1,M=b.size()-1;
	if (N<M){
		d.resize(1);d[0]=0;
		return d;
	}
	reverse(a.begin(),a.end());
	reverse(b.begin(),b.end());
	b.resize(N-M+1);
	d=Inv_p(b)*a;
	d.resize(N-M+1);
	reverse(d.begin(),d.end());
	return d;
}

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多项式取模

• 问题

　　 这个。。其实就是求上面那个(R(x))

• 求解

　　有了多项式除法（也就是求商）之后，求余数就变得比较简单了

　　类比整数的取模，我们可以得到这样的一个式子：
$$
R(x)=A(x)-D(x)B(x)
$$
　　那就除法求出(D(x))之后直接减一下就好了，(D(x)B(x))这个多项式乘法也是直接用(fft)求就好了

• 实现

　　假装非常短的样子 (然而前面的东西都是要写的qwq醒醒)

void mod(vct &a,vct b){
	int N=a.size()-1,M=b.size()-1;
	if (N<M) return;
	t=a/b;
	a=a-(t*b);
	a.resize(M);
}

　
　　大概。。就先写这么多吧ovo

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