多项式问题之二——多项式除法

多项式求逆是多项式除法的基础，如果你不会多项式求逆，请看这里

问题：已知两个多项式$F(x)$（次数为n）,$G(x)$（次数为m），求两个多项式$Q(x)$与$R(x)$，满足$F(x)=G(x)Q(x)+R(x)$，所有运算在模998244353意义下进行

推一发式子：

$F(x)=G(x)Q(x)+R(x)$

用$frac{1}{x}$替代$x$，得到：

$F(frac{1}{x})=G(frac{1}{x})Q(frac{1}{x})+R(frac{1}{x})$

两边乘一个$x^{n}$，得：

$x^{n}F(frac{1}{x})=x^{m}G(frac{1}{x})x^{n-m}Q(frac{1}{x})+x^{n}R(frac{1}{x})$

对表达式$F(x)=G(x)Q(x)+R(x)$进行分析，可以看到，若$F(x)$次数为n，$G(x)$次数为m，则$Q(x)$次数为$n-m$，$R(x)$次数不超过m-1

那么对自变量先取逆再乘一个最高次数等价于构造一个系数与原多项式恰好相反的多项式！

也即若$F(x)=sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}$，则$x^{n}F(frac{1}{x})=sum_{i=0}^{n}a_{n-i}x^{i}$

我们记$x^{n}F(frac{1}{x})=sum_{i=0}^{n}a_{n-i}x^{i}=F^{T}(x)$

那么上式可以简写成$F^{T}(x)=G^{T}(x)Q^{T}(x)+R^{T}(x)$

可以发现，$R^{T}(x)$这个多项式前$(n-m+1)$项的系数均为0！

因此如果我们在$mod$ $x^{n-m+1}$意义下，可以立刻得出这个等式：

$F^{T}(x)equiv G^{T}(x)Q^{T}(x)$($mod$ $x^{n-m+1}$)

那么移项即得：

$Q^{T}(x)equiv frac{F^{T}(x)}{G^{T}(x)}$($mod$ $x^{n-m+1}$)

这样就求出了$Q(x)$，然后基于原表达式，可得：

$R(x)=F(x)-G(x)Q(x)$

$R(x)$就算出来了

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mode=998244353;
int to[(1<<20)+5];
int n,m;
ll FF[100005],GG[100005],F[100005],G[100005],Q[100005],GF[100005];
struct node
{
    ll g[100005];
    int len;
}las,now;
ll pow_mul(ll x,ll y)
{
    ll ret=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=ret*x%mode;
        x=x*x%mode,y>>=1;
    }
    return ret;
}
void NTT(ll *a,int len,int k)
{
    for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1)
    {
        ll w0=pow_mul(3,(mode-1)/(i<<1));
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            ll w=1;
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%mode)
            {
                ll w1=a[j+o],w2=a[j+o+i]*w%mode;
                a[j+o]=(w1+w2)%mode,a[j+o+i]=((w1-w2)%mode+mode)%mode;
            }
        }
    }
    if(k==-1)
    {
        ll inv=pow_mul(len,mode-2);
        for(int i=1;i<(len>>1);i++)swap(a[i],a[len-i]);
        for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*inv%mode;
    }
}
ll a[(1<<20)+5],b[(1<<20)+5],c[(1<<20)+5];
void solve(int dep)
{
    if(dep==1)
    {
        now.g[0]=pow_mul(G[0],mode-2);
        now.len=1;
        las=now;
        return;
    }
    int nxt=(dep+1)/2;
    solve(nxt);
    int lim=1,l=0;
    while(lim<=2*dep)lim<<=1,l++;
    for(int i=0;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<dep;i++)a[i]=G[i];
    for(int i=0;i<nxt;i++)b[i]=las.g[i];
    NTT(a,lim,1),NTT(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%mode*b[i]%mode;
    NTT(c,lim,-1);
    now.len=dep;
    for(int i=0;i<dep;i++)now.g[i]=((2*las.g[i]-c[i])%mode+mode)%mode;
    las=now;
}
void mul(ll *A,ll *B,int len)
{
    int lim=1,l=0;
    while(lim<=2*len)lim<<=1,l++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=A[i],b[i]=B[i];
    NTT(a,lim,1),NTT(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%mode;
    NTT(c,lim,-1);
    
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n;i++)scanf("%lld",&FF[i]),F[n-i]=FF[i];
    for(int i=0;i<=m;i++)scanf("%lld",&GG[i]),G[m-i]=GG[i];
    for(int i=n-m+2;i<=m;i++)G[i]=0;
    for(int i=n-m+1;i<=n;i++)F[i]=0;
    solve(n-m+1);
    for(int i=0;i<=n-m;i++)GF[i]=now.g[i];
    mul(F,GF,n-m+1);
    for(int i=0;i<=n-m;i++)Q[i]=c[i];    
    for(int i=0;i<=n-m;i++)Q[i]=c[n-m-i];
    for(int i=0;i<=n-m;i++)printf("%lld ",Q[i]);
    printf("
");
    mul(Q,GG,max(m+1,n-m+1));
    for(int i=0;i<m;i++)printf("%lld ",((FF[i]-c[i])%mode+mode)%mode);
    printf("
");
    return 0;
}