学习笔记：原根、指标、NTT、分治FFT/NTT、牛顿迭代
阶与原根
阶
若正整数 \(m, \ a\)，满足 \((a, m) = 1\)，则使 \(a^n\equiv 1 \pmod m\) 的最小正整数 \(n\) 称为 \(a\) 模 \(m\) 的阶，记作 \(\delta_m(a)\)。
\(\delta_7(1) = 1, \ \delta_7(2) = 3, \ \delta_7(3) = 6\)。
原根
若 \(\delta_m(a) = \varphi(m)\)，则称 \(a\) 为 \(m\) 的一个原根。
欧拉定理：若 \((a, m) = 1\)，则 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod m\)。
阶的性质
假设 \((a, m) = 1, \ \delta = \delta_m(a)\)，则
-
\(a^0, a^1, \dots, a^{\delta - 1}\) 在模 \(m\) 意义下两两不同。
证明：
如果存在 \(a^x \equiv a^y \pmod m, \ x < y \le \delta - 1\)。
则 \(a^{y - x} \equiv 1\)，且 \(y - x < \delta\)，与阶的最小性矛盾。
-
\(a^{\gamma}\equiv a^{\gamma'} \pmod m \iff \gamma \equiv \gamma'\pmod \delta\)。
-
\(\delta \mid \varphi(m)\)。
证明：
令 \(\varphi(m) = q\delta + r, \ (0 \le r < \delta)\)。
如果 \(r > 0\)，则 \(a^{q\delta + r} \equiv a^{r} \equiv a^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod m\)，则有 \(r < \delta\)，与 \(\delta_m(a) = \delta\) 矛盾。
所以 \(r = 0\)。
-
设 \(m \in\mathbb{N^*}, \ a, b\in \mathbb{Z}, \ (a, m) = (b, m) = 1\)，则
\[\delta_m(ab) = \delta_m(a)\delta_m(b) \]的充要条件为 \((\delta_m(a), \delta_m(b)) = 1\)。
-
设 \(k\in \mathbb{N}, \ m \in \mathbb{N^*}, \ a\in \mathbb{Z}, \ (a, m) = 1\)，则
\[\delta_m(a^k) = \dfrac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a), k)} \]证明：
注意到：
\[\begin{aligned} & a^{k\delta_m(a^k)}=(a^k)^{\delta_m(a^k)}\equiv 1 \pmod m \\ \implies & \delta_m(a)\mid k\delta_m(a^k) \\ \implies & \dfrac{\delta_m(a)}{\left(\delta_m(a),k\right)}\mid\delta_m(a^k) \end{aligned} \]另一方面，由 \(a^{\delta_m(a)}\equiv 1 \pmod m\)，可知：
\[(a^k)^{\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}}=(a^{\delta_m(a)})^{\frac{k}{(\delta_m(a),k)}}\equiv 1 \pmod m \]故：
\[\delta_m(a^k)\mid\dfrac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)} \]综合以上两点，得：
\[\delta_m(a^k)=\dfrac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)} \]
原根的存在与判定
原根的存在定理
只有模 \(2,\ 4,\ p^a,\ 2p^a\) （\(p\) 是奇质数）存在原根。
原根的判定定理
设 \(m > 1\)，\(g\) 为正整数且 \((g, m) = 1\)。则 \(g\) 是 \(m\) 的原根当且仅当对于任意 \(\varphi(m)\) 的质因子 \(q_i\)，\(g^{\varphi(m)/q_i} \not\equiv 1 \pmod m\)。
证明：如果 \(\delta < \varphi(m)\) 且 \(\delta \mid \varphi(m)\)，则一定存在一个 \(q_i\) 使得 \(\delta \mid\varphi(m) / q_i\)。
原根个数
若 \(m\) 有原根，则它原根的个数为 \(\varphi(\varphi(m))\)。
证明：
若 \(m\) 有原根 \(g\)，则：
所以若 \(\left(k,\varphi(m)\right)=1\)，则有：\(\delta_m(g^k)=\varphi(m)\)，即 \(g^k\) 也是模 \(m\) 的原根。
而满足 \(\left(\varphi(m),k\right)=1\) 且 \(1\leq k \leq \varphi(m)\) 的 \(k\) 有 \(\varphi(\varphi(m))\) 个。所以原根就有 \(\varphi(\varphi(m))\) 个。
指标（离散对数）
定义
对于质数 \(p\)，假设 \(g\) 是 \(p\) 的一个原根，则 \(g^0, \ g^1, \dots, g^{p - 2}\) 在模 \(p\) 意义下是 \(1, 2, \dots, p - 1\) 的一个排列。
假设对于 \(x \in [1, p)\) 有 \(g^c\equiv x \pmod p\)，则称 \(x\) 的指标为 \(c\)，记作 \(\operatorname{ind}(x) = c\)（或 \(\operatorname{ind}_g(x) = c\)）。
性质
对于任意 \(x, y \in [1, p)\)，存在
类似于实数运算中的对数，因此指标亦称离散对数。
BSGS (baby step giant step)
给定质数 \(p\)，求最小满足 \(g^c \equiv x \pmod {p}\) 的非负整数 \(c\) 的值。
令 \(c = aB + b\)，其中 \(B = \lceil\sqrt{p}\rceil\)。
因为 \(c < \varphi(p) = p - 1\)，所以 \(a, \ b < B\)。
-
BS：枚举 \(b = 0, \ 1, \ \dots, B - 1\)，将 \(xg^{b}\) 计入哈希表。
-
GS：枚举 \(a = 1, \ 2, \ \dots, B\)，若存在 \(g^{aB} = xg^b\)，则最小满足条件的 \(c = aB - b\)。
这样枚举会漏掉 \(c = 0\) 的解，单独特判即可。
最小性证明：
对于 \(xg^b \bmod p\) 相同的 \(b\)，大的会在哈希表中覆盖小的，从而使 \(aB - b\) 最小。
\(B > b\)，所以 \(a\) 对答案的贡献大于 \(b\)，从小到大枚举 \(a\) 使答案最小。
例题
Discrete Roots
题意：给出两个质数 \(p, k\) 和一个整数 \(a\)，求 \(x^k = a \pmod p\) 的所有解。
所以只需处理 \(p\) 的原根以及 \(a\) 的指标，中间的同余方程可用 exgcd 求解。
特判 \(a = 0\) 的情况。
快速数论数论变换(NTT)
即把 FFT 中 \(\mathbb{C}\) 上的运算变成 \(\mathbb{Z}_p\) 上的运算。
-
假设素数 \(p\) 满足 \(p = r2^l + 1\)，\(g\) 是 \(p\) 的原根。
-
用 \(g_n = g^{\frac{p - 1}{n}}\) 替代 \(\omega_n\)。
-
\(g_{2n}^{2k} \equiv g_n^k \pmod p， \ (2n < 2^l)\)。
-
\(g_{2n}^{n} \equiv -1 \pmod p, \ (2n < 2^l)\)。
\(g_{2n}^n = g^{\frac{p - 1}{2}}\)。
由于 \((g^{\frac{p - 1}{2}})^2 \equiv g^{p - 1} \equiv 1\pmod p\)，所以 \(g_{2n}^n\) 只可能同余 \(1\) 或 \(-1\)。
又因为 \(g\) 为原根，\(\delta_{p}(g) = p - 1\)。
若 \(g^{\frac{p - 1}{2}} \equiv 1\) 则与阶的最小性矛盾，所以 \(g^{\frac{p - 1}{2}}\equiv-1\pmod p\)。
-
\(\sum_{k = 0}^{n - 1}g_{n}^{ik}g_{n}^{-kj} \equiv \begin{cases} n & i = j\\ 0 & i \neq j \end{cases}\pmod p\)，其中 \(i, j \in [0, n)\)。
优点：快，精确。
限制：模数要满足 \(p = 2^l + 1\)。
常见模数：
-
\(65537 = 2^{16} + 1, \ g = 3\)。
-
\(998244353 = 119 \cdot 2^{23} + 1, \ g = 3\)。
-
\(1004535809 = 479 \cdot 2^{21} + 1, \ g = 3 \quad > 10^{9}\)。
-
\(4179340454199820289 = 29 \cdot 2^{57} + 1, \ g = 3 \quad> 4\cdot 10^{18}\)。
分治 FFT(NTT)
-
在模 \(998244353\) 意义下，计算 \(f(x) = \prod (x - a_i)\) 的各项系数。
-
计算 \([l, mid]\) 之积。
-
计算 \([mid + 1, r]\) 之积
-
\([l, mid]\) 与 \([mid + 1, r]\) 相乘。
时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)。
-
-
在模 \(998244353\) 意义下，计算 \(f(x) = \prod f_i(x)\) 的各项系数，其中 \(\sum\deg(f_i(x)) \le 10^5\)。
可以和上题一样分治。
也可以按照次数维护一个优先队列，每次相乘当前最小的两个，即一棵哈夫曼树。
例题
P4721 【模板】分治 FFT
题意：给定 \(g_1 \dots g_{n - 1}\)，求 \(f_0\dots f_{n - 1}\)，满足 \(f_0 = 1\) 且 \(f_i = \sum_{j = 1}^ig_jf_{i - j}\)。
后式是一个卷积的形式，考虑分治。
假设当前正在处理区间 \([l, r]\)。
- 递归 \([l, mid]\)，求出 \(f_l\dots f_{mid}\)。
- 计算 \(f_l\dots f_{mid}\) 对 \(f_{mid + 1}\dots f_r\) 的贡献。
- 递归 \([mid + 1, r]\)。
具体怎么求贡献？
令 \(\forall i \in [l, mid], \ a_{i - l} = f_l\)。
\(\forall i \in [1, r - l], \ b_{i - 1} = g_i\)。
对于 \(\forall i \in [mid + 1, r]\)，加上 \([x^{i - l - 1}]A*B\) 的贡献。
void solve(int l, int r) {
if(l == r) {
return;
}
int mid = l + r >> 1;
solve(l, mid);
bit = 0;
while((1 << bit) < (r - l)) ++ bit;
tot = 1 << bit;
for(int i = 0; i < tot; ++ i) {
rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << bit - 1);
}
memset(a, 0, tot * 8);
memset(b, 0, tot * 8);
for(int i = l; i <= mid; ++ i) a[i - l] = f[i];
for(int i = 1; i <= r - l; ++ i) b[i - 1] = g[i];
ntt(a, 1), ntt(b, 1);
for(int i = 0; i < tot; ++ i) a[i] = (ll)a[i] * b[i] % P;
ntt(a, -1);
for(int i = mid + 1; i <= r; ++ i) {
f[i] = (f[i] + a[i - l - 1]) % P;
}
solve(mid + 1, r);
}
C-挑选队友
题意：\(m\) 个群，\(n\) 位选手，选其中的k名，每个群中都应有至少一名，求方案数。
考虑生成函数 \(F_i(x) = \sum_{j = 1}^{s_i}\begin{pmatrix}s_i\\j\end{pmatrix}x^j\)。
则答案即 \([x^k]\prod F_i(x)\)。
实测分治时传 vector 的效率也不差。
D-tokitsukaze and Another Protoss and Zerg
和上题基本一致，生成函数略有不同。
如果星族选 \(0\) 个，则虫族可选任意一个非空子集。
所以 \(F_i(x) =(2^{b_i} - 1) + \sum_{j = 1}^{a_i}\begin{pmatrix}a_i\\j\end{pmatrix}x^j\)。
牛顿迭代
推导
给定多项式 \(g(x)\)，求满足 \(g(f(x)) = 0\) 的形式幂级数 \(f(x)\)。
设 \(g(x) = b_0 + b_1x + \cdots b_kx^{k}, \ f(x) = a_0 + a_1x + \cdots\)。
设当前求出 \(f\) 的前 \(n\) 项。
-
\(n = 1\) 时，解 \(g(a_0) = 0\)。
-
假设已经求出前 \(n\) 项 \(f(x) \equiv a_0 + a_1x + \cdots a_{n - 1}x^{n - 1}\pmod {x^n}\)。
则 \(f(x) \equiv f_0(x) - \dfrac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))}\pmod{x^{2n}}\)。
证明：
对于 \(g(f(x))\)，有泰勒展开
观察到 \(f(x) - f_0(x)\) 次数最小也有 \(x^n\)$。
所以在模 \(x^{2n}\) 意义下，从第三项开始都为 \(0\)。
根据定义 \(g(f(x)) = 0\)。
则 \(f(x) \equiv f_0(x) - \dfrac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))}\pmod{x^{2n}}\)。
多项式求逆
设 \(h(x)\) 是给定的形式幂级数，求它的逆 \(f(x)\)，则 \(g(f(x)) = \dfrac{1}{f(x)} - h(x)\)。
得到的迭代式为（求导时 \(h(x)\) 可当做常数，\(f(x)\) 看成自变量）
边界 \([x^0]f(x) = [x^0]h^{-1}(x)\)。
时间复杂度 \(O(\sum\limits_{i = 1}^{\log N} i \cdot 2^i) = O(N\log N)\)。
介于本人不会求导，给出另一种推导方式。
已知 \(f_0(x) = f(x) \bmod {x^n}\)。
设 \(f_1(x) = f(x) \bmod x^{2n}\)。
有 \([f_1(x) - f_0(x)]^2 \equiv \pmod {x^{2n}}\)。
即
\[f_1^2(x) - 2f_1(x)f_0(x) + f_0^2(x) \equiv 0 \pmod{x^{2n}} \]在模 \(x^{2n}\) 意义下，\(f_1(x) * h(x) = 1\)。
两边同乘 \(h(x)\)。
\[f_1(x) - 2f_0(x) + f_0^2(x)h(x) \equiv 0 \pmod{x^{2n}} \]
void polyinv(ll *f, const ll *h, int n){
static ll d[N], g[N];
int V = 1; while(V < n + n - 1) V <<= 1;
memcpy(d, h, n * 8), memset(d + n, 0, (V - n) * 8);
memset(f, 0, V * 8), memset(g, 0, V * 8);
f[0] = qpow(h[0], P - 2);
for(int w = 2; w / 2 < n; w <<= 1){
memcpy(g, d, w * 8);
for(int i = 0; i < w * 2; ++i) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | (i & 1 ? w : 0);
ntt(f, w << 1, 1), ntt(g, w << 1, 1);
for(int i = 0; i < w * 2; ++i) f[i] = (2 - f[i] * g[i]) % P * f[i] % P;
ntt(f, w << 1, -1);
memset(f + w, 0, w * 8);
}
memset(f + n, 0, (V - n) * 8);
}
-
\(n\) 为项数而不是次数。
-
\(w\) 是 \(f_1(x)\) 的长度，当前已知长度为 \(w / 2\) 的 \(f_0(x)\)。
-
由于要算 \(f_0^2(x) * h(x)\)，所以 ntt 要开到 \(4\) 倍 \(w / 2\)。
-
做完 idft 后只需保留前 \(w\) 项，否则后续有影响。
多项式开方
设 \(h(x)\) 是给定的形式幂级数，求它的开方 \(f(x)\)，则 \(g(f(x)) = f(x)^2 - h(x)\)。
得到的迭代式为：
void polysqrt(ll *f, const ll *h, int n){
static ll d[N], g[N], f_inv[N];
int V = 1; while(V < n + n - 1) V <<= 1;
memcpy(d, h, n * 8), memset(d + n, 0, (V - n) * 8);
memset(f, 0, V * 8), memset(g, 0, V * 8), memset(f_inv, 0, V * 8);
f[0] = 1;
constexpr int i2 = 499122177;
for(int w = 2; w / 2 < n; w <<= 1){
memcpy(g, d, w * 8);
for(int i = 0; i < w * 2; ++i) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | (i & 1 ? w : 0);
polyinv(f_inv, f, w);
ntt(f, w << 1, 1), ntt(g, w << 1, 1), ntt(f_inv, w << 1, 1);
for(int i = 0; i < w * 2; ++i) f[i] = (f[i] + f_inv[i] * g[i]) % P * i2 % P;
ntt(f, w << 1, -1);
memset(f + w, 0, w * 8);
}
memset(f + n, 0, (V - n) * 8);
}
例题
CF438E The Child and Binary Tree
题意：给定集合 \(\{c_1, c_2, \dots, c_n\}\quad(c_i \ge 1)\)，有根二叉树的点权都属于该集合，左右儿子区分，问满足点权和 \(s = 1, 1, \dots,m\) 有多少不同二叉树。
令 \(f_n\) 表示点权和为 \(n\) 时的方案数。
令 \(v_i\) 表示 \(i\) 这个点权是否在集合中出现。
枚举左右子树的权值
下式可写成卷积的形式：
令 \(F(x) = \sum_{i \ge 1} f_0x^{i}\)。
\(G(x) = \sum_{i \ge 1}[v_i]x^{i}\)。
那么
由于题目保证了 \(c_i > 0\)，所以 \([x^0]G(x) = 0\)。
则 \(F = F^2G + 1\)。
解方程：
-
\(\lim\limits_{x\rightarrow 0}F(x) = f_0 = 1\)。
-
\(\lim\limits_{x\rightarrow 0}G(x) = 0\)。
取正号时，有 \(\lim\limits_{x\rightarrow 0}F(x) = +\infty\)，舍去。
取负号时，有 \(\lim\limits_{x\rightarrow 0}F(x) = 1\)，成立。
所以
\([x^0]G(x) = 0\)，无法求逆，考虑上下同乘 \(1 + \sqrt{1 - 4G}\)。
得
法2：牛顿迭代。
\(g(F(x)) = G(x)F^2(x) - F(x) + 1 = 0\)。
-
\(F(x) \equiv 1 \pmod {x}\)。
-
\(F(x) \equiv F_0(x)- \dfrac{G(x)F_0^2(x) + 1}{2G(x)F_0(x) - 1} \pmod {x^{2n}}\)。
F-卷积
题意：定义 \(F(x)=\sum_{i=1} f_ix^i\) ，其中 \(f_i=af_{i-1}+bf_{i-2}|(i>=2),f_0=0,f_1=1\) 。
给定 \(n, a, b\)，求 \([x^{n}]\sum_{i\ge 1}F^i(x)\)，(\(n \le 2\times 10^6\))。
则 \(F(x) = \dfrac{1}{1 - ax - bx^2}\)。
\(\sum_{i\ge1}F^i(x) = \dfrac{F(x)}{1 - F(x)} = \dfrac{x}{1 -(a + 1)x - bx^2}\)。
令 \(G(x) = \dfrac{1}{1 -(a + 1)x - bx^2}\)，则答案转化为求 \([x^{n -1}]G(x)\)。
到此步为止，已经可以 \(O(n\log n)\) 多项式求逆了。
复杂度依旧吃紧。
继续观察。
将 \(G(x)\) 与 \(F(x)\) 比对，形式出奇一致。
得到 \(g_i = (a + 1)g_{i - 1} + bg_{i - 2}\)，求 \(g_{n - 1}\)。
可以 \(O(n)\) 计算，也可以 \(O(4\log N)\) 矩阵快速幂。
