题解：LG1520 因式分解

分圆多项式太毒瘤了！qwq

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先尝试几个小的 \(n\)：

\[\begin{aligned} x-1&=x-1\\ x^2-1&=(x-1)(x+1)\\ x^3-1&=(x-1)(x^2+x+1)\\ x^4-1&=(x-1)(x+1)(x^2+1)\\ x^5-1&=(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)\\ x^6-1&=(x-1)(x+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1)\\ x^7-1&=(x-1)(x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1)\\ x^8-1&=(x-1)(x+1)(x^2+1)(x^4+1)\\ &\vdots \end{aligned} \]

发现右边的项数刚好等于 \(n\) 的约数个数。

又由于 \(x^n-1\) 的根就是全体 \(n\) 次单位根：

\[x^n-1=\prod_{i=0}^{n-1}(x-\omega_n^i) \]

因此现在要做的是：将每个 \(n\) 次单位根分配给 \(n\) 的每个因子 \(d\)，一个方法是将 \(\omega_{n}^i\) 分配给 \(\gcd(n,i)\)，那么有：

\[\begin{aligned} x^n-1&=\prod_{i=0}^{n-1}(x-\omega_n^i)\\ &=\prod_{d|n}\prod_{i=0}^{n-1}(x-\omega_n^i)^{[\gcd(n,i)=d]}\\ &=\prod_{d|n}\prod_{i=0}^{n/d-1}(x-\omega_{n/d}^i)^{[i\perp n/d]} \end{aligned} \]

把第二个连乘里的东西记作 \(\phi_{n/d}(x)\)，那么有：

\[\begin{aligned} x^n-1&=\prod_{d|n}\phi_{n/d}(x)\\ &=\prod_{d|n}\phi_d(x) \end{aligned} \]

上面的 \(\phi\) 便是我们称之为分圆多项式的东西，这个看似从天而降的想法其实有很简单的动机。

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需要证明两个东西：\(\phi_n(x)\) 是整系数多项式，并且不可分解成两个次数更小的整系数多项式的乘积（不可约多项式）。

数学归纳法，假设已证得 \(\forall m<n,\phi_m(x)\) 均为整系数多项式，由于：

\[x^n-1=\phi_n(x)\prod_{d|n,d<n}\phi_d(x)\Rightarrow\phi_n(x)=\dfrac{x^n-1}{\prod_{d|n,d<n}\phi_d(x)} \]

由高斯引理得 \(\prod_{d|n,d<n}\phi_d(x)\) 为本原多项式，故 \(\phi_n(x)\) 为整系数多项式。

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然后证 \(\phi_n(x)\) 是不可约多项式。

反证，设 \(\phi_n(x)=f(x)g(x)\)，其中 \(f,g\) 均是首一多项式，且 \(f(x)\not=1\) 且不可约。证明思路是得出 \(\phi_n\) 的所有根均为 \(f\) 的根，进而有 \(\phi_n(x)=f(x)\)。

设 \(z\) 是 \(f(x)\) 的一个根，\(p\) 是一个与 \(n\) 互素的素数，那么 \(z^p\) 是 \(\phi_n(x)\) 的根，即是 \(f(x)\) 或 \(g(x)\) 的根。

下面假设 \(z^p\) 是 \(g(x)\) 的根，从而导出矛盾。由假设得 \(z\) 是 \(f(x)\) 和 \(g(x^p)\) 的公共根，从而有 \(f(x)\mid g(x^p)\)，设 \(g(x^p)=f(x)h(x)\)，那么 \(f(x)h(x)\equiv g(x^p)\equiv g(x)^p\pmod p\)（使用 Lucas 定理）。

设 \(x^n-1=\phi_n(x)r(x)\)，那么 \(x^n-1\equiv f(x)g(x)r(x)\pmod p\)。由域上多项式的分解的唯一性，\(f(x)\) 作为模 \(p\) 意义下的多项式，其每个不可约因子 \(u(x)\mid g(x)^p\)，因而也有 \(u(x)\mid g(x)\)，这说明 \(x^n-1\) 在模 \(p\) 意义下有重因式 \(u(x)\)，即 \(x^n-1\equiv0\pmod p\) 有重根，与 \(\gcd(n,p)=1\) 矛盾。

故 \(z^p\) 只能是 \(f(x)\) 的根，由此可得 \(\phi_n\) 的所有根均为 \(f\) 的根，故 \(\phi_n(x)=f(x)\)，即 \(\phi_n(x)\) 是不可约多项式。

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因此一开始的式子：

\[x^n-1=\prod_{d\mid n}\phi_d(x) \]

的确给出了 \(x^n-1\) 的完全分解。

现在考虑如何计算分圆多项式 \(\phi_n(x)\)。

两边同时取 \(\ln\)：

\[\ln(x^n-1)=\sum_{d|n}\ln\phi_d(x) \]

使用莫比乌斯反演：

\[\ln\phi_n(x)=\sum_{d|n}\ln(x^d-1)\mu\left(\dfrac nd\right) \]

再 \(\exp\) 回去：

\[\phi_n(x)=\prod_{d|n}(x^d-1)^{\mu(\frac nd)}=\prod_{d|n}(x^{\frac{n}{d}}-1)^{\mu(d)} \]

把负号提一个出来：

\[\phi_n(x)=(-1)^{\sum_{d|n}\mu(d)}\prod_{d|n}(1-x^{\frac{n}{d}})^{\mu(d)}=(-1)^{[n=1]}\prod_{d|n}(1-x^{\frac{n}{d}})^{\mu(d)} \]

分 \(\mu(d)\) 的取值讨论：

• 若 \(\mu(d)=0\)，对答案不会有影响；
• 若 \(\mu(d)=1\)，即乘上 \(1-x^{\frac{n}{d}}\)，跑一个 01 背包状的东西即可；
• 若 \(\mu(d)=-1\)，即乘上 \(\dfrac{1}{1-x^{\frac nd}}=1+x^{\frac nd}+x^{\frac{2n}{d}}+\dots\)，跑一个完全背包即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef vector<int> vec;
const int N = 5005;
int n, tot, pri[N], mu[N], cnt;
bool vis[N];
vec ans[N];
bool cmp(const vec &a, const vec &b) {
	int sa = a.size(), sb = b.size();
	if (sa != sb) return sa < sb;
	for (int i = sa - 1; ~i; i--) {
		if (abs(a[i]) != abs(b[i])) return abs(a[i]) < abs(b[i]);
		else if ((a[i] < 0) ^ (b[i] < 0)) return a[i] < 0;
	}
	return 0;
}
void sieve(int n) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2, k; i <= n; i++) {
		if (!vis[i]) pri[++tot] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= tot && (k = i * pri[j]) <= n; j++) {
			vis[k] = 1;
			if (!(i % pri[j])) break;
			mu[k] = -mu[i];
		}
	}
}
vec calc(int n) {
	vec a, b, c; c.resize(n + 1), c[0] = 1;
	for (int i = 1; i * i <= n; i++) {
		if (n % i) continue;
		if (mu[n / i] == 1) a.push_back(i);
		else if (mu[n / i] == -1) b.push_back(i);
		if (i * i == n) continue;
		if (mu[i] == 1) a.push_back(n / i);
		else if (mu[i] == -1) b.push_back(n / i);
	}
	for (int x : a) for (int i = n; i >= x; i--) c[i] -= c[i - x];
	for (int x : b) for (int i = x; i <= n; i++) c[i] += c[i - x];
	if (n == 1) for (int &x : c) x = -x;
	while (!c.back()) c.pop_back();
	return c;
}
void print(const vec &a) {
	int s = a.size() - 1;
	for (int i = s; ~i; i--) {
//		cerr << a[i] << ' ';
		if (a[i] == 0) continue;
		if (a[i] == 1) {
			if (i != s) putchar('+');
			if (i == 0) putchar('1');
		} else if (a[i] == -1) {
			putchar('-');
			if (i == 0) putchar('1');
		} else if (a[i] > 0) {
			if (i == s) printf("%d", a[i]);
			else printf("+%d", a[i]);
		} else printf("%d", a[i]);
		if (i != 0) {
			if (i > 1) printf("x^%d", i);
			else putchar('x');
		}
	}
}
int main() {
	scanf("%d", &n), sieve(n);
	if (n == 1) return puts("x-1"), 0;
	for (int i = 1; i * i <= n; i++) {
		if (n % i) continue;
		ans[++cnt] = calc(i);
		if (i * i != n) ans[++cnt] = calc(n / i);
	}
	sort(ans + 1, ans + 1 + cnt, cmp);
	for (int i = 1; i <= cnt; i++) putchar('('), print(ans[i]), putchar(')');
}