多项式全家桶——炫酷多项式变换

文章目录

• FFT
• 常数优化1——IDFT
• 常数优化2
• MTT
• 常数优化
• 多项式求逆
• 常数优化
• 多项式取对数
• 牛顿迭代
• 多项式求指数
• 多项式开方
• 拉格朗日反演

FFT

相信大家FFT已经掌握的很熟练了。

参考这一篇博客：浅谈算法——从多项式乘法到FFT

常数优化1——IDFT

若已知多项式$A(x)$的点值表示
$<(\omega_n^0,A(\omega_n^0)),(\omega_n^1,A(\omega_n^1)),\cdots,(\omega_n^{n-1},A(\omega_n^{n-1}))>$
则多项式$A(x)$满足
$[x^{rev(k)}]A(x)=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{ki}A(\omega_n^i)$
其中
$rev(k)=\begin{cases} 0 & k=0\\ n-k-1 & k\not= 0 \end{cases}$
就是说：IDFT只需要调用DFT函数然后std::reverse(a+1,a+n+1)，最后同时除以$n$即可。

证明：假设
$A(x)=\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i$
那么
$[x^{rev(k)}]A(x)=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{ki}\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega_n^{ij}$
交换两个求和符号
$[x^{rev(k)}]A(x)=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}a_i\sum_{j=0}^{n-1}\omega_n^{ij}\omega_n^{kj}$
显然
$[x^{rev(k)}]A(x)=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}a_i\sum_{j=0}^{n-1}\omega_n^{(i+k)j}$
此时，若$i=rev(k)$，则$i+k=0(\bmod n)$，此时
$\omega_n^{(i+k)j}=1$
即
$\sum_{j=0}^{n-1}\omega_n^{(i+k)j}=n$
否则由等比数列求和公式
$\sum_{j=0}^{n-1}\omega_n^{(i+k)j}=\frac{1-\omega_n^{(i+k)n}}{1-\omega_n^{i+k}}=0$
因此
$[x^{rev(k)}]A(x)=\frac{1}{n}a_{rev(k)}n=a_{rev(k)}$

常数优化2

假设有两个实多项式$A(x),B(x)$，现在要求出他们两个的FFT后的结果。若
$P(x)=A(x)+iB(x)$
则
$A(\omega_n^k)=\frac{P(\omega_n^k)+\mathrm{conj}(P(\omega_n^{rev(k)}))}{2}\\ B(\omega_n^k)=i\frac{P(\omega_n^k)-\mathrm{conj}(P(\omega_n^{rev(k)}))}{2}$
其中$i=\sqrt{-1}$，$\mathrm{conj}(x)$为$x$的共轭虚数。

证明：容易发现，我们只需要证明
$\mathrm{conj}(P(\omega_n^{rev(k)}))=A(\omega_n^k)-iB(\omega_n^k)$
即可得证。

假设
$A(x)=\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i\\ B(x)=\sum_{i=0}^{n-1}b_ix^i$
那么
$A(\omega_n^k)-iB(\omega_n^k)=\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega_n^{kj}-i\sum_{j=0}^{n-1}b_j\omega_n^{kj}$
由于
$\omega_n^k=\cos\frac{2\pi k}{n}+i\sin\frac{2\pi k}{n}$
带入得
$A(\omega_n^k)-iB(\omega_n^k)=\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\cos \frac{2\pi kj}{n}+i\sin\frac{2\pi kj}{n})+\sum_{j=0}^{n-1}b_i(-i\cos \frac{2\pi kj}{n}+\sin \frac{2\pi kj}{n})$
而由于$\omega_n^{rev(k)}=\omega_n^{-k}$
$\mathrm{conj}(P(\omega_n^{rev(k)}))=\mathrm{conj}(A(\omega_n^{-k})+iB(\omega_n^{-k}))$
即
$\mathrm{conj}(P(\omega_n^{rev(k)}))=\mathrm{conj}(\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\cos(-\frac{2\pi kj}{n})+i\sin(-\frac{2\pi kj}{n}))+\sum_{j=0}^{n-1}b_j(i\cos(-\frac{2\pi kj}{n})-\sin(-\frac{2\pi kj}{n})))$
由于$\sin (-x)=-\sin x,\cos(-x)=\cos x$
$\mathrm{conj}(P(\omega_n^{rev(k)}))=\mathrm{conj}(\sum_{j=0}^{n-1}a_j(\cos \frac{2\pi kj}{n}-i\sin \frac{2\pi kj}{n})+\sum_{j=0}^{n-1}b_j(i\cos\frac{2\pi kj}{n}+\sin \frac{2\pi kj}{n}))$
由于$a_j,b_j$是实数，因此
$\mathrm{conj}(P(\omega_n^{rev(k)}))=A(\omega_n^k)-iB(\omega_n^k)$
因此，我们将两个多项式的FFT变成了一个多项式的FFT。

MTT

对于两个多项式
$A(x),B(x)$
求多项式乘法，$\bmod 10^9+7$之类的质数。

不能NTT，FFT的精度误差太大，怎么办？

假设这个质数为$p$，令$p'=\lfloor\sqrt{p}\rfloor$
$A(x)=p'Q_A(x)+R_A(x)\\ B(x)=p'Q_B(x)+R_B(x)$
其中$R_A(x)$和$R_B(x)$的每一项的系数都$< p'$，那么
$A(x)B(x)=p'^2Q_A(x)Q_B(x)+p'(Q_A(x)R_B(x)+Q_B(x)R_A(x))+R_A(x)R_B(x)$
这样能大大减小精度误差。

常数优化

使用上面FFT部分中提到的常数优化2即可。

多项式求逆

$A(x)F(x)=1\mod{x^n}$

其中$n$是多项式$A(x)$的度数。

假设我们已经求出了
$A(x)F_0(x)=1\mod x^{\lceil n/2\rceil}$
上面两式相减
$F(x)-F_0(x)=0\mod x^{\lceil n/2\rceil}$
两边平方
$F^2(x)-2F(x)F_0(x)+F_0^2(x)=0\mod x^n$
左右同时乘以$A(x)$
$F(x)-2F_0(x)+A(x)F_0^2(x)=0\mod x^n$
即
$F(x)=2F_0(x)-A(x)F_0^2(x)\mod x^n$

常数优化

对于MTT在多项式求逆上的常数优化，参见这篇文章：一个多项式求逆的卡常技巧

多项式取对数

$F(x)=\ln A(x)\mod x^{n}$

考虑对两边同时求导
$F'(x)=A^{-1}(x)A'(x)\mod x^n$
因此
$F(x)=\int A^{-1}(x)A'(x)\mathrm dx$

牛顿迭代

对于一个多项式$F(x)$，满足
$G(F(x))=0\mod x^n$
$G(x)$已知，现在要求$F(x)$。

假设已经求出了
$G(F_0(x))=0\mod x^{\lceil n/2\rceil}$
考虑对$G(F(x))$在$F_0(x)$处展开
$G(F(x))=G(F_0(x))+\frac{G'(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))+\frac{G''(F_0(x))}{2!}(F(x)-F_0(x))^2+\cdots$
注意这里的$G'(F(x))$是$G(F(x))$对$F(x)$取导数的结果。

由于$F(x)$和$F_0(x)$的最后$\lceil \frac{n}{2}\rceil$项相同，因此
$(F(x)-F_0(x))^k=0\mod x^n$
在$k\geq 2$时都成立。

因此
$G(F(x))=G(F_0(x))+G'(F_0(x))(F(x)-F_0(x))\mod x^n$
由于
$G(F_0(x))=0\mod x^n$
因此
$F(x)=F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\mod x^n$

多项式求指数

$F(x)=e^{A(x)}\mod x^n$

两边同时取对数得到
$\ln F(x)=A(x)\mod x^n$
令
$G(F(x))=\ln F(x)-A(x)=0\mod x^n$
容易发现
$G'(F(x))=F^{-1}(x)\mod x^n$
套牛顿迭代公式，假设我们已经求出了
$\ln F_0(x)-A(x)=0\mod x^{\lceil n/2\rceil}$
则
$F(x)=F_0(x)-F_0(x)(\ln F_0(x)-A(x))\mod x^n$
更优雅的式子是
$F(x)=F_0(x)(1-\ln F_0(x)+A(x))\mod x^n$

多项式开方

$F^2(x)=A(x)\mod x^n$

考虑
$G(F(x))=F^2(x)-A(x)=0\mod x^n$
容易发现
$G'(F(x))=2F(x)\mod x^n$
套牛顿迭代公式，假设我们已经求出了
$F_0^2(x)-A(x)=0\mod x^{\lceil n/2\rceil}$
即有
$F(x)=F_0(x)-2^{-1}F_0^{-1}(x)(F_0^2(x)-A(x))\mod x^n$
更优雅的式子是
$F(x)=2^{-1}(F_0(x)+A(x)F_0^{-1}(x))\mod x^n$

拉格朗日反演

令
$G(F(x))=x$
已知$G(x)$要求$F(x)$。其中，$G(x)$无常数项。

经过一些奥妙重重的变换可以得到
$[x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}]\frac{1}{G'^n(x)}$
其中
$G'(x)=\frac{G(x)}{x}$
为啥？我也不知道……

UPD：证明