多项式孤儿桶

巨佬制作人们大家好,我是练习多项式两周半的个人练习生lgl。这里总结一下多项式基本操作。


 

1.多项式加、减、输出

不说了。

时间复杂度$O(n)$。

2.多项式取模

已知多项式$F(x)$,求它对$x^n$取模。

人话:把$n$次及以上的系数清零。

时间复杂度$O(n)$。

3.多项式乘法/卷积

洛谷传送门

(1)$FFT$

依靠复平面上瞎转以及强大的$double$。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 2000050
#define ll long long
const double Pi = acos(-1.0);
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f=1,c=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=10*c+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
struct cp
{
    double x,y;
    cp(){}
    cp(double x,double y):x(x),y(y){}
    cp operator + (const cp&a)const{return cp(x+a.x,y+a.y);}
    cp operator - (const cp&a)const{return cp(x-a.x,y-a.y);}
    cp operator * (const cp&a)const{return cp(x*a.x-y*a.y,x*a.y+y*a.x);}
};
int n,m,mx,to[2*N],lim=1,L;
void fft(cp *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)
    {
        cp w0(cos(Pi/i),k*sin(Pi/i));
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            cp w(1,0);
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0)
            {
                cp w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w;
                a[j+o] = w1+w2;
                a[j+o+i] = w1-w2;
            }
        }
    }
}
cp a[2*N],b[2*N],c[2*N];
int main()
{
    read(n),read(m);mx = max(n,m);
    for(int i=0;i<=n;i++)read(a[i].x);
    for(int i=0;i<=m;i++)read(b[i].x);
    while(lim<=2*mx)lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
    fft(a,lim,1),fft(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i];
    fft(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<=n+m;i++)
        printf("%lld ",(ll)(c[i].x/lim+0.5));
    puts("");
    return 0;
}
FFT

注意那个重载运算符,写在里面是可以连加连乘的。

(2)$NTT$

需要一个好模数,还要依靠原根的优秀性质。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 2000050
#define ll long long
#define MOD 998244353
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f=1,c=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=10*c+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
ll fastpow(ll x,int y)
{
    ll ret = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ret;
}
int n,m,mx,to[2*N],lim=1,l;
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 = fastpow(3,(MOD-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%MOD)
            {
                ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;
                a[j+o] = (w1+w2)%MOD;
                a[j+o+i] = ((w1-w2)%MOD+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if(k==-1)
        for(int i=1;i<(lim>>1);i++)swap(c[i],c[lim-i]);
}
ll a[2*N],b[2*N],c[2*N];
int main()
{
    read(n),read(m);mx = max(n,m);
    for(int i=0;i<=n;i++)read(a[i]);
    for(int i=0;i<=m;i++)read(b[i]);
    while(lim<=2*mx)lim<<=1,l++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    ll inv = fastpow(lim,MOD-2);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=c[i]*inv%MOD;
    for(int i=0;i<=n+m;i++)printf("%lld ",c[i]);
    puts("");
    return 0;
}
NTT

自测不开$O2$时$NTT$较快,开了$O2$之后$FFT$更快。

(3)任意模数$NTT$

我的版本是用$FFT$+$long\;double$把系数拆成$x/M$和$x\;mod\;M$,之后再合并。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define double long double
typedef long long ll;
const int N = 500050;
const double Pi = acos(-1.0);
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
int n,m,MOD;
struct cp
{
    double x,y;
    cp(){}
    cp(double x,double y):x(x),y(y){}
    cp operator + (const cp&a)const{return cp(x+a.x,y+a.y);}
    cp operator - (const cp&a)const{return cp(x-a.x,y-a.y);}
    cp operator * (const cp&a)const{return cp(x*a.x-y*a.y,x*a.y+y*a.x);}
};
int to[N],lim,L;
void init()
{
    lim = 1,L = 0;
    while(lim<=2*max(n,m))lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)
        to[i] = ((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
}
ll A[N],B[N],C[N];
void fft(cp*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)
    {
        cp w0(cos(Pi/i),k*sin(Pi/i));
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            cp w(1,0);
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0)
            {
                cp w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w;
                a[j+o] = w1+w2;
                a[j+o+i] = w1-w2;
            }
        }
    }
    if(k==-1)
        for(int i=0;i<len;i++)a[i].x/=len;
}
cp a[N],b[N],c[N],d[N],e[N],f[N],g[N],h[N];
void mtt()
{
    int M = 32768;
    for(int i=0;i<max(n,m);i++)
    {
        a[i].x = A[i]/M,b[i].x = A[i]%M;
        c[i].x = B[i]/M,d[i].x = B[i]%M;
    }
    fft(a,lim,1),fft(b,lim,1),fft(c,lim,1),fft(d,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)
    {
        e[i] = a[i]*c[i],f[i] = a[i]*d[i];
        g[i] = b[i]*c[i],h[i] = b[i]*d[i];
    }
    fft(e,lim,-1),fft(f,lim,-1),fft(g,lim,-1),fft(h,lim,-1);
    for(int i=0;i<lim;i++)
        C[i] = (((ll)(e[i].x+0.1))%MOD*M%MOD*M%MOD+((ll)(f[i].x+0.1))%MOD*M%MOD
                +((ll)(g[i].x+0.1))%MOD*M%MOD+((ll)(h[i].x+0.1))%MOD)%MOD;
}
int main()
{
    read(n),read(m),read(MOD);n++,m++;
    init();
    for(int i=0;i<n;i++)read(A[i]);
    for(int i=0;i<m;i++)read(B[i]);
    mtt();
    for(int i=0;i<n+m-1;i++)printf("%lld ",C[i]);
    puts("");
    return 0;
}
MTT

时间复杂度$O(nlogn)$。大常数。

(4)更强的$MTT$

参见myy论文。

void mtt(int*F,int*G,int*H,int len)
{
    get_lim(len<<1);
    for(register int i=0;i<lim;++i)a[i]=b[i]=cp(0,0);
    for(register int i=0;i<len;++i)
        a[i]=cp(F[i]&(M-1),F[i]>>15),b[i]=cp(G[i]&(M-1),G[i]>>15);
    fft(a,lim,1),fft(b,lim,1);
    for(register int i=0;i<lim;++i)
    {
        int j = (lim-i)&(lim-1);
        c[j]=cp(0.5*(a[i].x+a[j].x),0.5*(a[i].y-a[j].y))*b[i];
        d[j]=cp(0.5*(a[i].y+a[j].y),0.5*(a[j].x-a[i].x))*b[i];
    }
    fft(c,lim,1),fft(d,lim,1);
    for(register int i=0;i<lim;++i)
    {
        int kaa = (ll)(c[i].x/lim+0.5)%MOD;
        int kab = (ll)(c[i].y/lim+0.5)%MOD;
        int kba = (ll)(d[i].x/lim+0.5)%MOD;
        int kbb = (ll)(d[i].y/lim+0.5)%MOD;
        Mod(H[i] = ((ll)kaa+((ll)(kab+kba)<<15)%MOD+((ll)kbb<<30)%MOD)%MOD+MOD);
    }
}
更强的MTT

4.多项式求导、积分

不会求导积分建议出门左转高中数学教材。

void down(ll*a,int len)
{
    for(int i=0;i+1<len;i++)
        a[i]=a[i+1]*(i+1)%MOD;
    a[len-1]=0;
}
void up(ll*a,int len)
{
    for(int i=len-1;i>0;i--)
        a[i]=a[i-1]*inv(i)%MOD;
    a[0] = 0;
}
求导积分

求导时间复杂度$O(n)$,积分$O(n)$或者$O(nlog)$。

5.多项式求逆

洛谷传送门

洛谷加强传送门

已知多项式$F(x)$,求$G(x)$满足$$F(x)*G(x)≡1\;(mod\;x^n)$$

一个多项式对应的逆是一个唯一的无穷极的多项式,我们要求的是它的前$n$项。

一般都是倍增法求解。

我们现在知道$$F(x)*G0(x)≡1\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$

移项:$$F(x)*G0(x)-1≡0\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$

搞模的次数,整体平方:$$(F(x)*G0(x)-1)^2≡0\;(mod\;x^n)$$

打开:$$F^2*G0^2-2*F*G0+1≡0\;(mod\;x^n)$$

两边乘上$G$,得$$F*G0^2-2*G0+G≡0\;(mod\;x^n)$$

再移项:$$G≡2*G0-F*G0^2$$

这个式子减号左边是$\frac{n}{2}$次的,减号右边是$n$次的。

 注意右边乘的话先$G*G$再乘$F$,注意长度。

void get_inv(int len,int*F,int*G)
{
    if(len==1){G[0]=fastpow(F[0],MOD-2);return ;}
    get_inv(len>>1,F,G),mtt(G,G,T,len>>1),mtt(T,F,H,len);
    for(register int i=0;i<len;++i)Mod(G[i]=G[i]*2%MOD-H[i]+MOD);
}
多项式求逆

边界条件$G_0= \frac{1}{F_0}$,时间复杂度$O(nlogn)$。

6.多项式整除、取余

洛谷传送门

给出$F(x),G(x)$,其中$F(x)$是$n$次的,$G(x)$是$m$次的。

求$$F(x)=Q(x)*G(x)+R(x)$$

$R(x)$次数$m-1$,$Q(x)$次数$n-m$。

神奇变换:$$F(\frac{1}{x})=Q(\frac{1}{x})*G(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})$$

然后同乘$x^n$,发现$$F(\frac{1}{x})*x^n=Q(\frac{1}{x})*x^{n-m}*G(\frac{1}{x})*x^{m}+R(\frac{1}{x})*x^n$$

$$F_R(x)=Q_R(x)*G_R(x)+R_R(x)$$

其中$F_R(x)$表示将$F$系数反转得到的多项式,$Q_R(x)$、$G_R(x)$同理。

但是我们发现$R(x)$是$m-1$次的,乘完之后后面会有一堆0。所以$$F_R(x)≡Q_R(x)*G_R(x)\;(mod\;x^{n-m})$$

反过来求逆就好了。

把$Q(x)$求出来之后求$R(x)$就是多项式乘法、多项式减法。

时间复杂度$O(nlogn)$。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 600050;
const int MOD = 998244353;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
ll fastpow(ll x,int y)
{
    ll ret = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ret;
}
int n,m,to[N],lim,L;
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 = fastpow(3,(MOD-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%MOD)
            {
                ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;
                a[j+o] = (w1+w2)%MOD;
                a[j+o+i] = (w1-w2+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if(k==-1)
    {
        for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);
        ll inv = fastpow(len,MOD-2);
        for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*inv%MOD;
    }
}
ll f[N],g[N],a[N],b[N],c[N];
void sol(int len)
{
    if(len==1)
    {
        g[0] = fastpow(f[0],MOD-2);
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    sol(mid);
    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]=f[i];
    for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=g[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)g[i]=(2*g[i]%MOD-c[i]+MOD)%MOD;
}
void mul(ll*A,ll*B,int len)
{
    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]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
}
ll F[N],G[N],H[N],R[N],F0[N],G0[N];
int main()
{
    read(n),read(m),n++,m++;
    for(int i=0;i<n;i++)read(F[i]);
    for(int i=0;i<m;i++)read(G[i]);
    memcpy(F0,F,sizeof(F0));
    memcpy(G0,G,sizeof(G0));
    reverse(F,F+n);reverse(G,G+m);
    for(int i=0;i<m;i++)f[i]=G[i];
    sol(n-m+1);mul(F,g,n-m+1);
    for(int i=0;i<n-m+1;i++)H[i]=c[i];
    reverse(H,H+n-m+1);
    mul(H,G0,n);
    for(int i=0;i<n-m+1;i++)printf("%lld ",H[i]);
    puts("");
    for(int i=0;i<m-1;i++)printf("%lld ",(F0[i]-c[i]+MOD)%MOD);
    puts("");
    return 0;
}
多项式除法

7.多项式开根

洛谷传送门

这个黑科技是小朋友与二叉树之后大佬们搞出来的。

已知$F(x)$,求$G(x)$满足$$G(x)*G(x)≡F(x)\;(mod\;x^n)$$

和多项式的逆一样,一个多项式的根是惟一的。

依然考虑倍增求解。

假设我们已知$$H(x)*H(x)≡F(x)\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$,要求$G(x)$。

常规移项平方:$$(H^2(x)-F(x))^2≡0\;(mod\;x^n)$$

然后是一个神奇操作:$$(H^2(x)+F(x))^2≡4F(x)H^2(x)\;(mod\;x^n)$$

然后再移项:$$\frac{(H^2(x)+F(x))^2}{4H^2(x)} ≡ F(x) \; (mod\;x^n)$$

然后惊奇的发现左边是平方形式,所以$$G(x) ≡ \frac{H^2(x)+F(x)}{2H(x)} \; (mod\;x^n)$$

递归的时候套一个多项式求逆即可(反正才四行),注意清数组不然可能会死

时间复杂度$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$,大常数。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 600050;
const int MOD = 998244353;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
ll fastpow(ll x,int y)
{
    ll ret = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ret;
}
int to[N],lim,L;
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 = fastpow(3,(MOD-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%MOD)
            {
                ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;
                a[j+o] = (w1+w2)%MOD;
                a[j+o+i] = (w1-w2+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if(k==-1)
    {
        for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);
        ll inv = fastpow(len,MOD-2);
        for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*inv%MOD;
    }
}
int n;
ll a[N],b[N],c[N];
void get_lim(int len)
{
    lim = 1,L = 0;
    while(lim<=len)lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
}
void mul(ll*A,int Alen,ll*B,int Blen)
{
    get_lim(Alen+Blen);
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<Alen;i++)a[i]=A[i];
    for(int i=0;i<Blen;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]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
}
ll F[N],G[N],H[N];
void get_inv(int len)
{
    if(len==1)
    {
        H[0] = fastpow(G[0],MOD-2);
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    get_inv(mid);
    get_lim(len<<1);
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=G[i];
    for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=H[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)H[i]=(2*H[i]%MOD-c[i]+MOD)%MOD;
}
void get_sqrt(int len)
{
    if(len==1)
    {
        G[0] = 1;
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    get_sqrt(mid);
    for(int i=0;i<len;i++)H[i]=0;
    get_inv(len);
    mul(G,mid,G,mid);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=(c[i]+F[i])%MOD;
    mul(G,len,H,len);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=c[i]*((MOD+1)/2)%MOD;
}
int main()
{
    read(n);
    for(int i=0;i<n;i++)read(F[i]);
    get_sqrt(n);
    for(int i=0;i<n;i++)printf("%lld ",G[i]);
    puts("");
    return 0;
}
多项式开根

8.多项式对数函数(ln)

洛谷传送门

已知$F(x)$,求$$G(x)≡ln(F(x))\;(mod\;x^n)$$

直接求导即可:$$G'(x)≡F'(x)*\frac{1}{F(x)}$$

所以说求导求逆积分即可。

时间复杂度$O(nlogn)$。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 600050;
const int MOD = 998244353;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
ll fastpow(ll x,int y)
{
    ll ret = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ret;
}
ll inv(ll x){return fastpow(x,MOD-2);}
int to[N],lim,L;
void down(ll*a,int len)
{
    for(int i=0;i+1<len;i++)
        a[i]=a[i+1]*(i+1)%MOD;
    a[len-1]=0;
}
void up(ll*a,int len)
{
    for(int i=len-1;i>0;i--)
        a[i]=a[i-1]*inv(i)%MOD;
    a[0] = 0;
}
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 = fastpow(3,(MOD-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%MOD)
            {
                ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;
                a[j+o] = (w1+w2)%MOD;
                a[j+o+i] = (w1-w2+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if(k==-1)
    {
        for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);
        ll inv = fastpow(len,MOD-2);
        for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*inv%MOD;
    }
}
int n;
ll a[N],b[N],c[N];
ll F[N],G[N];
void get_inv(int len)
{
    if(len==1)
    {
        G[0] = inv(F[0]);
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    get_inv(mid);
    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]=F[i];
    for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=G[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=(2*G[i]%MOD-c[i]+MOD)%MOD;
}
int main()
{
    read(n);
    for(int i=0;i<n;i++)read(F[i]);
    get_inv(n);down(F,n);
    lim = 1,L = 0;
    while(lim<=2*n)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<n;i++)a[i]=F[i];
    for(int i=0;i<n;i++)b[i]=G[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<n;i++)F[i]=c[i];
    up(F,n);
    for(int i=0;i<n;i++)printf("%lld ",F[i]);
    puts("");
    return 0;
}
多项式ln

9.多项式指数函数(exp)

洛谷传送门

已知$F(x)$,求$$G(x)≡e^{F(x)}\;(mod\;x^n)$$

附加牛顿迭代:$x=x'-\frac{f(x')}{f(x')'}$

牛迭原理?一张图:

回到问题,依然倍增求解,假设已知$$H(x)≡e^{F(x)}\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$

先对式子取ln再移项:$$ln(H(x))-F(x)≡0\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$

然后呢……

我们把它当做$ln(x)-k=0$,问题转化为式子求零点,那么把牛迭套进去有这样一个式子:$$G(x)≡H(x)-\frac{ln(H(x))-F(x)}{\frac{1}{H(x)}}\;(mod\;x^n)$$

分数太难看了,变一下:$$G(x)≡H(x)*(1-ln(H(x))+F(x))\;(mod\;x^n)$$

左转把多项式ln板子带过来即可。

复杂度?$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$?

常数?卡死人。

我的$ntt$跑$1e6$的数据:

我的$exp$跑$1e5$的数据:

卡常好啊

// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
const int N = 600050;
const int MOD = 998244353;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
ll fastpow(ll x,int y)
{
    ll ret = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ret;
}
int to[N],lim,L;
ll W[N],Inv;
void Mod(ll&x){if(x>=MOD)x-=MOD;}
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 = W[i];
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            ll w = 1;
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%MOD)
            {
                ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;
                Mod(a[j+o] = w1+w2);
                Mod(a[j+o+i] = w1-w2+MOD);
            }
        }
    }
    if(k==-1)
    {
        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%MOD;
    }
}
ll a[N],b[N],c[N];
void get_lim(int len)
{
    lim = 1,L = 0;
    while(lim<=len)lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1])>>1|((i&1)<<(L-1)));
    for(int i=1;i<lim;i<<=1)W[i]=fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));
    Inv = fastpow(lim,MOD-2);
}
int n;
ll A[N],F[N],G[N],H[N];//F,lnF,1/G
void get_inv(int len)
{
    if(len==1)
    {
        H[0] = fastpow(G[0],MOD-2);
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    get_inv(mid);get_lim(len<<1);
    for(int i=0;i<=lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=G[i];
    for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=H[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)Mod(H[i]=2*H[i]%MOD-c[i]+MOD);
}
void down(ll*a,int len)
{
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i+1]*(i+1)%MOD;
    a[len-1]=0;
}
void up(ll*a,int len)
{
    for(int i=len-1;i;i--)a[i]=a[i-1]*fastpow(i,MOD-2)%MOD;
    a[0] = 0;
}
void get_ln(int len)
{
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=F[i],H[i]=0;
    get_inv(len);down(G,len);
    get_lim(len<<1);
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=G[i],b[i]=H[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=c[i];
    up(G,len);
}
void get_exp(int len)
{
    if(len==1)
    {
        F[0] = 1;
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    get_exp(mid);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=0;
    get_ln(len);
    get_lim(len<<1);
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=F[i],b[i]=(A[i]-G[i]+MOD)%MOD;
    Mod(++b[0]);
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)F[i]=c[i];
}
int main()
{
    read(n);
    for(int i=0;i<n;i++)read(A[i]);
    get_exp(n);
    for(int i=0;i<n;i++)printf("%llu ",F[i]);
    puts("");
    return 0;
}
多项式exp

10.多项式快速幂

洛谷传送门。

已知$A(x)$,求$B(x)≡A^k(x)\;(mod\;x^n)$。

直接取$ln$,乘完再$exp$回去……

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 500050;
const int MOD = 998244353;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
template<typename T>
inline void Mod(T&x){if(x>=MOD)x-=MOD;}
int modread()
{
    int ret = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){Mod(ret=10ll*ret%MOD+ch-'0');ch=getchar();}
    return ret;
}
int fastpow(int x,int y)
{
    int ret = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=1ll*ret*x%MOD;
        x=1ll*x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ret;
}
int inv(int x){return fastpow(x,MOD-2);}
int n,k,to[N],lim,L,LL[N],ny[N],jc[N],jny[N];
int init(int n)
{
    lim = LL[2] = 1;
    while(lim<=n)lim<<=1,LL[lim<<1]=LL[lim]+1;
    ny[1] = jc[0] = jc[1] = jny[0] = jny[1] = 1;
    for(int i=2;i<=lim;i++)
    {
        ny[i] = 1ll*(MOD-MOD/i)*ny[MOD%i]%MOD;
        jc[i] = 1ll*jc[i-1]*i%MOD;
        jny[i] = 1ll*jny[i-1]*ny[i]%MOD;
    }
    return lim;
}
void get_lim(int len)
{
    lim = len,L = LL[len];
    for(int i=1;i<len;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
}
void ntt(int*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)
    {
        int w0 = fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            int w = 1;
            for(int o=0;o<i;o++,w=1ll*w*w0%MOD)
            {
                int w1 = a[j+o],w2 = 1ll*a[j+o+i]*w%MOD;
                Mod(a[j+o] = w1+w2);
                Mod(a[j+o+i] = w1+MOD-w2);
            }
        }
    }
    if(k==-1)
    {
        for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);
        int Inv = inv(len);
        for(int i=0;i<len;i++)a[i]=1ll*a[i]*Inv%MOD;
    }
}
int a[N],b[N],c[N],I[N],T[N],Ln[N];
void mul(int*F,int*G,int len)
{
    get_lim(len<<1);
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=F[i],b[i]=G[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=1ll*a[i]*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
}
void get_d(int*F,int*G,int len)
{
    for(int i=1;i<len;i++)G[i-1]=1ll*F[i]*i%MOD;
    G[len-1]=0;
}
void get_j(int*F,int*G,int len)
{
    for(int i=1;i<len;i++)G[i]=1ll*F[i-1]*ny[i]%MOD;
    G[0] = 0;
}
void get_inv(int*F,int*G,int len)
{
    if(len==1){G[0]=inv(F[0]);return ;}
    get_inv(F,G,len>>1);get_lim(len<<1);
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=F[i];
    for(int i=0;i<len>>1;i++)b[i]=G[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=1ll*a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=(2ll*G[i]%MOD+MOD-c[i])%MOD;
}
void get_ln(int*F,int*G,int len)
{
    for(int i=0;i<len;i++)I[i]=0;
    get_inv(F,I,len),get_d(F,T,len);
    mul(I,T,len);for(int i=0;i<len;i++)T[i]=c[i];
    get_j(T,G,len);
}
void get_exp(int*F,int*G,int len)
{
    if(len==1){G[0]=1;return ;}
    get_exp(F,G,len>>1);get_ln(G,Ln,len);
    for(int i=0;i<len;i++)Mod(Ln[i]=F[i]+MOD-Ln[i]);
    Mod(++Ln[0]);mul(Ln,G,len);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=c[i];
}
void fastpow(int*F,int*G,int len,int k)
{
    get_ln(F,F,len);
    for(int i=0;i<len;i++)F[i]=1ll*F[i]*k%MOD;
    get_exp(F,G,len);
}
int F[N],G[N];
int main()
{
//    freopen("tt.in","r",stdin);
    read(n),k=modread();
    for(int i=0;i<n;i++)
        read(F[i]);
    int mx = init(n);
    fastpow(F,G,mx,k);
    for(int i=0;i<n;i++)
        printf("%d ",G[i]);
    puts("");
    return 0;
}
多项式快速幂

 

大概就这些了吧。

(是时候总结一下常用卡常技巧了)

posted @ 2019-06-22 22:37  LiGuanlin  阅读(...)  评论(...编辑  收藏