多项式科技初步

写在前面

为了体现简洁,在每一部分只会放关键代码。

代码具有一定的通用性,保证代码之间函数的调用是合法的。

如果 MathJax 加载不出来或加载有误,请您多刷新几次。

总结可能会比较长,可以点右边的小火箭回到目录。

有什么问题请联系我,万分感谢。


参考资料

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多项式乘法

问题描述

给定两个多项式 $A(x) $ 和 \(B(x)\)

\[A(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i\ ,\ B(x)=\sum_{i=0}^{n} b_i x^i \]

求卷积 \(C(x) =A(x) * B(x)\) ,满足

\[C(x)=\sum_{i=0}^{n} c_i x^i\ ,\ c_i=\sum_{k=0}^{i} a_k\times b_{i-k} \]

解决方法

这部分上面提到的神仙们讲解的都十分详细。

我的小结限于篇幅,就直接挂 pdf 版本的连接了:快速傅里叶变换初步

代码实现

使用 [ UOJ 34 ] 多项式乘法 作为测试题。

  • Fast Fourier Transform,使用的是 3 次变换的最基本写法,用时 362 ms

    inline void FFT(Complex *f, int len, int o) {
        for (int i = 0; i < len; ++i)
          if (rev[i] > i) swap(f[i], f[rev[i]]);
        for (int i = 1; i < len; i <<= 1) {
          Complex wn = Complex(cos(PI / i) , o * sin(PI / i));
          for (int j = 0; j < len; j += (i << 1)) {
            Complex w = Complex(1, 0), x, y;
            for (int k = 0; k < i; ++k, w = w * wn) {
              x = f[j + k]; y = w * f[i + j + k];
              f[i + j + k] = x - y; f[j + k] = x + y;
            }
          }
        }
        if (o == -1) for (int i = 0; i < len; ++i) f[i].x /= len;
    }
    
  • Fast Number-Theoretic Transform,模数为 998244353,用时 403 ms

    inline void NTT(int *f, int len, int o) {
      for (int i = 1; i < len; ++i)
        if (i > rev[i]) swap(f[i], f[rev[i]]);
      for (int i = 1; i < len; i <<= 1) {
        int wn = qpow(3, (mod - 1) / (i << 1));
        if (o == -1) wn = qpow(wn, mod - 2);
        for (int j = 0; j < len; j += (i << 1)) {
          int w = 1, x, y;
          for (int k = 0; k < i; ++k, w = 1ll * w * wn % mod) {
            x = f[j + k]; y = 1ll * w * f[i + j + k] % mod;
            f[j + k] = mo(x + y); f[i + j + k] = mo(x - y + mod);
          }
        }
      }
      if (o == -1) {
        int invl = qpow(len, mod - 2);
        for (int i = 0; i < len; ++i) f[i] = 1ll * f[i] * invl % mod;
      }
    }
    

多项式求逆

问题描述

给定一个 \(n\) 次多项式 \(A(x)\) ,求出一个多项式 \(B(x)\), 满足

\[A(x) * B(x) \equiv 1 \pmod{ x^{n+1}} \]

系数对 998244353 取模。

解决方法

采用倍增的思想。

考虑只有常数项的时候,\(A(x)\equiv c\pmod{x}\) ,那么 \(A^{-1}(x)\) 即为 \(c^{-1}\)

对于 \(n>1\) 的时候,设 \(B(x)=A^{-1}(x)\) ,有

\[A(x)B(x)\equiv 1\pmod{x^n} \]

因为此时模 \(x^n\) 相当于只保留多项式前 \(n\) 项,所以该同余式在模 \(x^k,0\le k\le n\) 时都成立

\[A(x)B(x)\equiv 1\pmod{x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}} \]

假设在 \(\pmod {x^{\lceil \frac n2\rceil}}\) 意义下 \(A(x)\) 的逆元是 \(B′(x)\) 并且我们已经求出,那么

\[A(x)B'(x) \equiv 1 \pmod {x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}} \]

两式相减,得

\[B(x)-B'(x) \equiv 0 \pmod {x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}} \]

两边平方,得

\[B^2(x)-2B(x)B'(x)+B'^2(x)\equiv 0\pmod{x^n} \]

模数平方的合法性在于,大于 \(n\) 的系数卷积中每组乘法必然有一项下标小于 \(n\) ,因此乘起来必然为 \(0\)

两侧同称 \(A(x)\) ,整理得

\[B(x)\equiv2B'(x)-A(x)B'^2(x)\pmod{x^n} \]

因此只需将 \(B'(x)\)\(A(x)\) 在模 \(x^n\) 意义下的插值求出,有

\[B_i=2B'_i-A_iB'^2_i=B'_i(2-A_iB') \]

因此一遍 NTT 就可以由 \(B'(x)\) 求出 \(B(x)\) 了。

总的时间复杂度为

\[T(n) = T(\frac{n}{2}) + \mathcal O(n \log n) = \mathcal O(n \log n) \]

由此过程也可以得到一个结论:一个多项式有没有逆元完全取决于其常数项是否有逆元。

代码实现

使用 [ Luogu P4238 ] 多项式求逆 作为测试题。

  • 递归版本,使用 O2 优化,用时 562 ms

    inline void Inv(int *a, int *b, int n) {
      if (n == 1) {b[0] = qpow(a[0], mod - 2); return;}
      Inv(a, b, (n + 1) >> 1);
      int len = Rev(n << 1);
      for (int i = 0; i < n; ++i) tmp[i] = a[i];
      for (int i = n; i < len; ++i) b[i] = tmp[i] = 0;
      NTT(b, len, 1); NTT(tmp, len, 1);
      for (int i = 0; i < len; ++i)
        b[i] = (2ll - 1ll * tmp[i] * b[i] % mod + mod) * b[i] % mod;
      NTT(b, len, -1);
      for (int i = 0; i < len; ++i) tmp[i] = 0;
      for (int i = n; i < len; ++i) b[i] = 0;
    }
    
  • 迭代版本,使用 O2 优化,用时 570 ms

    inline void Inv(int *a, int *b, int n) {
      b[0] = qpow(a[0], mod - 2);
      int len;
      for (int l = 1; l < (n << 1); l <<= 1) {
        len = Rev(l << 1);
        for (int i = 0; i < l; ++i) tmp[i] = a[i];
        NTT(b, len, 1); NTT(tmp, len, 1);
        for (int i = 0; i < len; ++i)
          b[i] = (2ll - 1ll * tmp[i] * b[i] % mod + mod) * b[i] % mod;
        NTT(b, len, -1);
        for (int i = l; i < len; ++i) b[i] = 0;
      }
    }
    

多项式开根

问题描述

给定一个 \(n\) 次多项式 \(A(x)\),求一个在 \(\bmod{x^{n+1}}\) 意义下的多项式 \(B(x)\),使得

\[B^2(x) \equiv A(x) \pmod{x^{n+1}} \]

多项式的系数在模 998244353 意义下进行运算,保证常数项 \(a_0=1\)

解决方法

同样采用倍增的思想。

考虑只有常数项的时候,\(A(x)\equiv c\pmod x\) ,那么 \(\sqrt {A(x)}\) 即为 \(\sqrt c \equiv 1\pmod{x}\) (二次剩余)。

对于 \(n>1​\) 的时候,同样根据上一题的结论,我们可以把问题范围缩小到 \(\bmod {x^{\lceil \frac{n}2\rceil}}​\) ,有

\[B^2(x)\equiv A(x)\pmod{x^n}\ \Rightarrow\ B^2(x)\equiv A(x)\pmod{x^{\lceil \frac{n}2\rceil}} \]

不妨设我们已经求出来了 \(\bmod{x^{\lceil \frac{n}2\rceil}} ​\) 意义下的根 \(D(x)​\),即

\[D^2(x)\equiv A(x)\pmod{x^{\lceil \frac{n}2\rceil}} \]

因此 \(B(x)​\)\(D(x)​\) 在模 \(x^{\lceil \frac{n}2\rceil}​\) 意义下同余,移项得

\[B(x)-D(x)\equiv 0\pmod{x^{\lceil \frac{n}2\rceil}} \]

两侧平方,得

\[B^2(x)+D^2(x)-2B(x)D(x)\equiv 0\pmod{x^n} \]

模数能平方的原因与上一题相同。

我们知道\(\bmod{x^n}\)\(B^2(x)\) 即为 \(A(x)\) ,因此

\[A(x)+D^2(x)-2B(x)D(x)\equiv 0\pmod{x^n} \]

移项,得

\[B(x)\equiv \frac{D^2(x) + A(x)}{2D(x)}\equiv \bigg(D(x) +\frac{A(x)}{D(x)}\bigg)\times 2^{-1}\pmod{x^n} \]

因此倍增时进行多项式求逆即可,总的时间复杂度为

\[T(n) = T(\frac{n}{2}) + \mathcal O(n \log n) = \mathcal O(n \log n) \]

代码实现

使用 [ Luogu P5205 ] 多项式开根 作为测试题,多项式求逆部分均采用递归版本。

  • 递归版本,使用 O2 优化,用时 3081 ms

    inline void Sqrt(int *a, int *b, int n) {
      if (n == 1) {b[0] = 1; return;}
      Sqrt(a, b, (n + 1) >> 1);
      Inv(b, b0, n);
      int len = Rev(n << 1);
      for (int i = 0; i < n; ++i) a0[i] = a[i];
      for (int i = n; i < len; ++i) a0[i] = 0;
      NTT(a0, len, 1); NTT(b0, len, 1);
      for (int i = 0; i < len; ++i) a0[i] = 1ll * a0[i] * b0[i] % mod;
      NTT(a0, len, -1);
      for (int i = 0; i < n; ++i) b[i] = 1ll * (b[i] + a0[i]) % mod * inv2 % mod;
      for (int i = n; i < len; ++i) b[i] = 0;
    }
    
  • 迭代版本,使用 O2 优化,用时 3104 ms

inline void Sqrt(int *a, int *b, int n) {
b[0] = 1;
int len;
for (int l = 1; l < (n << 1); l <<= 1) {
Inv(b, b0, l);
len = Rev(l << 1);
for (int i = 0; i < l; ++i) a0[i] = a[i];
for (int i = l; i < len; ++i) a0[i] = 0;
NTT(a0, len, 1); NTT(b0, len, 1);
for (int i = 0; i < len; ++i) a0[i] = 1ll * a0[i] * b0[i] % mod;
NTT(a0, len, -1);
for (int i = 0; i < l; ++i) b[i] = 1ll * (b[i] + a0[i]) % mod * inv2 % mod;
for (int i = l; i < len; ++i) b[i] = 0;
}
}


---

## 多项式除法和取模

### 问题描述

给定一个 $n$ 次多项式 $A(x)$ 和一个 $m$ 次多项式 $B(x)$,求出多项式 $D(x)$, $R(x)$,满足

$$
A(x) = D(x)B(x) + R(x)
$$

$D(x)$ 次数为 $n-m$,$R(x)$ 次数小于 $m$ ,所有的运算在模 998244353 意义下进行。

### 解决方法

注意到带着 $R(x)​$ 在这里很麻烦,前人们想到了一个神奇的解决办法。

设 $A^R(x)=x^nA(\frac{1}{x})$ ,我们将右侧展开:
$$
A^R(x)=x^nA(\frac{1}{x})=x^n\sum_{i=0}^na_i\frac{1}{x^i}=\sum_{i=0}^na_ix^{n-i}
$$
所以 $A^R(x)$ 就是将 $A(x)$ 的**系数反转** 。

我们将所求的等式中 $x$ 全部换成 $\frac{1}{x}$ ,然后两侧同乘 $x^n$ :
$$
x^n A(\frac{1}{x}) = x^{n - m}D(\frac{1}{x}) x^mB(\frac{1}{x}) + x^{n - m + 1}x^{m - 1}R(\frac{1}{x})
$$
$$
A^R(x) = D^R(x)B^R(x) + x^{n - m + 1}R^R(x)
$$

注意到 $D^R(x)$ 最高次反转后不变,依然为 $n-m$。

而右侧的 $R^R(x)$ 因为前面有 $x^{n-m+1}$ 所以最低次为 $n-m+1$ 。

所以我们可以把多项式运算在 $\bmod{x^{n-m+1}}$ 意义下进行,这样 $R(x)$ 就消失了:
$$
A^R(x) \equiv D^R(x)B^R(x) \pmod{x^{n-m+1}}
$$
因此就可以得到 $D^R(x)$ 的解法:
$$
\frac{A^R(x)}{B^R(x)} \equiv D^R(x) \pmod{x^{n-m+1}}
$$
一个多项式求逆就可以求出 $D^R(x)$了,再将 $D^R(x)$ 进行反转就得到了答案。

将求出的 $D(x)$ 回代,再进行一次减法即可求出 $R(x)$。

复杂度与多项式求逆同阶,为 $\mathcal O(n \log n)​$ 。

### 代码实现

使用 [[ Luogu P4512 ] 多项式除法](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4512) 作为测试题,不再区分多项式求逆部分的实现方式。

[多项式求逆递部分归版本](https://blog.gyx.me/code/template/polynomial/div.cpp),使用 O2 优化,用时 710 ms

注意求 $D(x)$ 部分的那次卷积是在 $\bmod{x^{n-m+1}}$意义下的,所以 $A^R(x)$ 和 $B^R(x)$ 中高于 $n-m+1$ 的项需要清空(因为 FFT 卷积过程中高次系数也会对低次系数造成影响)



```C++
inline void Div(int *a, int *b, int n, int m) {
for (int i = 0; i <= n; ++i) ar[i] = a[n - i];
for (int i = 0; i <= m; ++i) br[i] = b[m - i];
for (int i = n - m + 2; i <= n; ++i) ar[i] = 0;
for (int i = n - m + 2; i <= m; ++i) br[i] = 0;
Inv(br, invb, n - m + 1);
int len = Rev((n - m + 1) << 1);
NTT(ar, len, 1); NTT(invb, len, 1);
for (int i = 0; i < len; ++i) ar[i] = 1ll * ar[i] * invb[i] % mod;
NTT(ar, len, -1);
for (int i = 0; i <= n - m; ++i) tmp[i] = d[i] = ar[n - m - i];
len = Rev(n << 1);
for (int i = n - m + 1; i <= len; ++i) tmp[i] = 0;
NTT(b, len, 1); NTT(tmp, len, 1);
for (int i = 0; i < len; ++i) b[i] = 1ll * b[i] * tmp[i] % mod;
NTT(b, len, -1);
for (int i = 0; i <= m; ++i) r[i] = mo(a[i] - b[i] + mod);
}

分治 FFT

问题描述

给定长度为 \(n-1\) 的数组 \(g[1],\dots,g[n-1]\),求长度为 \(n\) 的数组 \(f[0],\dots,f[n-1]\),其中

\[f[i]=\sum_{j=1}^if[i-j]g[j] \]

边界为 \(f[0]=1\),运算在模 998244353 下进行。

解决方法

分治求解

暴力做是 \(\mathcal O(n^2)\) 的,考虑将相同的转移一起做以达到优化的目的。

考虑使用类似 CDQ 分治的思想,每次我们求出 \([L, mid]\) 范围内的 \(f\) 数组之后,把这部分 \(f\)\([mid+1, R]\) 范围内 \(f\) 的贡献一起做。

考虑对 \(x\in[mid + 1, R]\)\(f[x]\) 的贡献 \(w_x\),有

\[w_x=\sum_{i=l}^{mid} f[i]g[x-i] \]

因此 \(w\) 数组可以卷积求了,注意求 \(w_x\) 时后半段的 \(f\) 需要认为是 \(0\),否则就存在右区间内部的贡献了。

总的时间复杂度为

\[T(n) = 2T(\frac{n}{2}) + \mathcal O(n \log n) = \mathcal O(n \log^2 n) \]

多项式求逆

一阶分治 FFT 是可以看作卷积处理的。

不妨设将数组看成多项式,有

\[F(x)=\sum_{i=0}^{n-1}f[i]x^i\ ,\ G(x)=\sum_{i=0}^{n-1}g[i]x^i \]

将两个多项式卷积,有

\[F(x)G(x)=\sum_{i=0}^{\infty}x^i\sum_{j}f[i-j]g[j]=F(x)-f[0] \]

后一个等式成立的原因是,注意到后一个求和就是 \(f[i]\) 的形式,所以只有 \(f[0]\) 没有被计数

\(f\) 数组可以看作是 \(\bmod{x^n}\) 意义下进行的,因此有

\[F(x)G(x) \equiv F(x)-f[0] \pmod x^n\ \Rightarrow\ F(x) \equiv \frac{f_0}{1-G(x)} \equiv (1-G(x))^{-1} \pmod x^n \]

于是一遍多项式求逆就可以求出来了,复杂度为 \(\mathcal O(n\log n)\)

代码实现

使用 [ Luogu P4721 ] 分治 FFT 作为测试题,多项式求逆采用递归版本。

  • 分治版本,使用 O2 优化,用时 974 ms

  • 多项式求逆版本,使用 O2 优化,用时 261 ms

    inline void solve(int *a, int n) {
      a[0] = 1;
      for (int i = 1; i < n; ++i) a[i] = mo(mod - a[i]);
      Inv(a, b, n);
      for (int i = 0; i < n; ++i) print(b[i], 0);
    }
    

多项式求导和积分

问题描述

给定一个 \(n\) 次多项式 \(A(x)\) ,求一个 \(n-1\) 次多项式 \(B(x)\) ,和一个 \(n+1\) 次多项式 \(C(x)\),满足

\[B(x)=A'(x)\ ,\ C(x)=\int A(x) \]

解决方法

直接按照定义做即可,有

\[B(x)=\sum_{i=1}^{n}ia_ix^{i-1}\ ,\ C(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{a_ix^{i+1}}{i+1} \]

我们一般认为 \(C(x)\) 的常数项为 \(0\) ,复杂度显然为 \(\mathcal O(n)\)

代码实现

inline void Der(int *a, int n) {
  for (int i = 1; i < n; ++i) a[i - 1] = 1ll * i * a[i] % mod;
  a[n - 1] = 0;
}

inline void Int(int *a, int n) {
  for (int i = n; i; --i) a[i] = 1ll * a[i - 1] * qpow(i, mod - 2) % mod;
  a[0] = 0;
}

多项式 ln

问题描述

给出 \(n\) 次多项式 \(A(x)\),求一个 \(\bmod{x^{n+1}}\) 下的多项式 \(B(x)\),满足

\[B(x) \equiv \ln A(x)\pmod{x^{n+1}} \]

所有运算在模 998244353 下进行。

解决方法

\(F(x)=\ln x\),则 \(B(x)=F(A(x))\)

\(B(x)\) 求导,根据链式法则,有

\[B'(x)=F'(A(x))A'(x)=\frac{A'(x)}{A(x)} \]

因此对 \(A(x)\) 分别进行求导和求逆,卷积即可求出 \(B'(x)\) ,再对其进行积分即可。

复杂度与多项式求逆同阶,为 \(\mathcal O(n \log n)\)

代码实现

使用 [ Luogu P4725 ] 多项式对数函数 作为测试题,不再区分多项式求逆部分的实现方式。

多项式求逆递部分归版本,使用 O2 优化,用时 682 ms

inline void Ln(int *a, int *b, int n) {
  Inv(a, b, n); Der(a, n);
  int len = Rev(n << 1);
  NTT(a, len, 1); NTT(b, len, 1);
  for (int i = 0; i < len; ++i) a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;
  NTT(a, len, -1); Int(a, n);
}
posted @ 2019-03-02 11:33  SGCollin  阅读(...)  评论(...编辑  收藏