多项式基础

多项式基础

Lagrange 插值法

Lagrange 插值 I

给定 \(n\) 个点 \((x_i,y_i)\)，求出一个 \((n-1)\) 次多项式经过所有的点。

对 \(998,422,353\) 取模。\(n\leq 2\times 10^3\)。

我们考虑构造 \(f_i(x)\) 表示 \(\forall j\neq i, f(x_j)=0\)，且 \(f(x_i)=y_i\) 的函数。

首先考虑如何满足第一个条件。不难想到只要把 \((x-x_j)\) 乘起来就行了。也就是

\[\prod_{j\neq i}(x-x_j) \]

然后考虑如何满足第二个条件。将 \(x_i\) 代入，我们发现此时函数值为 \(\prod_{j\neq i}(x_i-x_j)\)。那么我们只需要给刚才那个函数乘上 \(\displaystyle \frac{y_i}{\prod_{j\neq i}(x_i-x_j)}\) 就可以了。

于是我们不难得到了

\[f_i=y_i\prod_{j\neq i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

将 \(n\) 个函数加起来，我们得到

\[f=\sum_{i=1}^{n}y_i\prod_{j\neq i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

不难发现这个函数符合题意。于是就做完了。

题目要求的是代入一个点求值，可以直接在循环的时候算。

时间复杂度 \(\Theta(n^2)\)。

Lagrange 插值 II

本题需要多项式基础。

做法 1：卷积

给定 \(f(0),f(1) \dots f(n)\)，求 \(f(m),f(m+1) \dots f(m+n)\)。

\(n \le 160000\)。

朴素的 \(\Theta(n^2)\) 插值显然无法通过。考虑优化。

注意到本题给的点值很有特点（是 \([0,n]\cap \mathbb{Z}\)）。我们将 \(x+k\) 代入朴素的插值公式中

\[f(m+k)=\sum_{i=0}^{n}y_i\prod_{j\neq i}\frac{m+k-j}{i-j} \]

即

\[f(m+k)=\sum_{i=0}^{n}y_i\frac{\prod_{j\neq i}m+k-j}{\prod_{j\neq i}i-j} \]

注意下面的 \(\prod_{j\neq i}(i-j)\) 项，其显然等于

\[i(i-1)(i-2)\cdots 1 \cdot (-1)(-2)\cdots (i-n) \]

即

\[(-1)^{n-i}i!(n-i)! \]

预处理后是可以 \(\Theta(1)\) 求出的。

考虑分子。其显然等于

\[\frac{(m+k)(m+k-1)\cdots(m+k-n)}{m+k-i} \]

即

\[\frac{(m+k)!}{(m+k-i)(m+k-n-1)!} \]

于是

\[f(m+k)=\frac{(m+k)!}{(m+k-n-1)!}\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}y_i\frac{1}{(m+k-i)i!(n-i)!} \]

暂时忽略前面的系数，注意到后面的式子有点像卷积的形式，考虑卷积。

考虑利用 \(c_{n+k}\) 算出 \(f(m+k)\)。那么

\[\begin{aligned} c_{n+k}&=\sum_{i=0}^{n+k} a_ib_{n+k-i} \\ &=\sum_{i=0}^{n} a_ib_{n+k-i} + \sum_{i=n+1}^{n+k} a_ib_{n+k-i} \\ &=\sum_{i=0}^{n}\frac{(-1)^{n-i}y_i}{i!(n-i)!}\cdot \frac{1}{(m+k-i)!} \end{aligned} \]

不难发现当 \(i\in [0,n]\) 时，只需要令

\[a_i=\frac{(-1)^{n-i}y_i}{i!(n-i)!},b_i=\frac{1}{(i+m-n)!} \]

即可。当 \(i\gt n\) 时，令 \(a_i=0, b_i=\dfrac{1}{(i+m-n)!}\) 即可。

时间复杂度 \(\Theta(n\log n)\)。

做法 2：转下降幂

（下降幂的定义在后面）

我们有下降幂的二项式定理

\[(a+b)^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^n {n\choose i}a^{\underline{i}}b^{\underline{n-i}} \]

假设我们已经得到了 \(f\) 对应的下降幂多项式，即 \(f=\sum a_ix^{\underline{i}}\)，现在求 \(f(x+k)\)。

\[\begin{aligned} f(x+k)&=\sum_{i=0}^{n} a_i(x+k)^{\underline{i}} \\ &=\sum_{i=0}^{n}a_i\sum_{j=0}^{i}{i\choose j}x^{\underline{j}}k^{\underline{i-j}} \\ &=\sum_{i=0}^{n}a_i\sum_{j=0}^{i}\frac{i!}{j!(i-j!)}x^{\underline{j}}k^{\underline{i-j}} \\ &=\sum_{i=0}^{n}a_i\cdot i! \sum_{j=0}^{i} \frac{x^{\underline{j}}}{j!}\frac{k^{\underline{i-j}}}{(i-j)!} \\ &=\sum_{j=0}^{n}\frac{x^{\underline{j}}}{j!}\sum_{i=j}^{n}a_i\cdot i!\frac{k^{\underline{i-j}}}{(i-j)!} \\ &=\sum_{j=0}^{n}\frac{x^{\underline{j}}}{j!}\sum_{i=0}^{n-j}a_{i+j}\cdot (i+j)!\frac{k^{\underline{i}}}{i!} \end{aligned} \]

考虑后面的式子如何用卷积求。

卷积的上界是 \(n-j\)，这意味着我们实际上要取的是卷积后结果的第 \(n-j\) 项。注意到

\[c_{n-j}=\sum_{i=0}^{n-j} b_{n-j-i}a_i \]

于是可以令 \(a_i=\dfrac{k^{\underline{i}}}{i!}\)，\(b_{n-j-i}=a_{i+j}\cdot {(i+j)!}\)。

令 \(i=n-i\)，我们得到 \(b_{i-j}=a_{n-i+j}\cdot (n-i+j)!\)

再令 \(i=i+j\)，我们得到 \(b_{i}=a_{n-i}\cdot (n-i)!\)

我们可以愉快地做卷积了。

于是，我们

• 求出 \(f\) 的下降幂多项式 \(F\)。

• 卷积求出平移后的系数。

• 将 \(F'\) 转为普通多项式 \(f'\)。

关于如何将 \(f\) 的点值转为下降幂多项式，请参阅本人的多项式基础 blog。

一共要做三次多项式乘法，时间复杂度 \(\Theta(n\log n)\)。

下降幂多项式的特殊插值

也就是，给定 \(f(0),f(1),\cdots,f(n)\)，求出 \(f=\sum_{k=0}^n a_kx^{\underline{k}}\)，使得满足要求。

我们有一个性质：当 \(k\gt x\) 时 \(x^{\underline{k}}=0\)。也就是

\[\begin{aligned}f(k)&=\sum_{i=0}^k a_ik^{\underline{i}}\\ &=\sum_{i=0}^k a_i\frac{k!}{(k-i)!} \\ &=k!\sum_{i=0}^k a_i\cdot \frac{1}{(k-i)!} \end{aligned} \]

也就是说，\(h_i=f(i)\) 是 \(f_i=\dfrac{1}{i!}\) 与 \(g_i=a_i\) 的卷积。

于是我们求出 \(h\cdot f^{-1}\) 即可。

FFT

板子，就不说了。

众所周知，多项式有两种表示，一种是最常用的系数表示，还有点值表示。点值表示的优点是可以非常快速地（\(\Theta(n)\) 地）做多项式乘法。

但是题目中给出的一般是多项式的系数表示，于是我们要将其转成点值表示。

两个次数为 \(n\) 的多项式乘起来之后次数为 \(2n\)，所以需要选取 \(2n+1=\Theta(n)\) 个点。

如果随便选取 \(\Theta(n)\) 个点代入求值，那么是 \(\Theta(n^2)\) 的。还有优化的空间嘛？

以下设 \(n,N\) 均为偶数。

假设我们要选取 \(N\) 个点 \(x_1,x_2,\cdots,x_{N}\) 代入求值。注意我们可以随便选取这 \(N\) 个点。可不可以选择 \(\frac{N}{2}\) 个特殊的点使得我们只需要算出这 \(\frac{N}{2}\) 个点的值，我们就可以知道另外 \(\frac{N}{2}\) 个点的值？

聪明如你肯定想到了。相反数。

如果 \(f\) 是偶函数，那么 \(f(x)=f(-x)\)。

如果 \(f\) 是奇函数，那么 \(f(x)=-f(-x)\)。

但是多项式 \(f\) 可以是非奇非偶函数。但是我们可以将它的偶次项和奇次项提出来，得到两个新的函数。

\[\begin{aligned} &f=\sum_{i=0}^{n} a_ix^i \\ &=\sum_{i=0}^{\frac{n}{2}}a_{2i}x^{2i}+\sum_{i=0}^{\frac{n}{2}}a_{2i+1}x^{2i+1} \\ &=\sum_{i=0}^{\frac{n}{2}}a_{2i}x^{2i}+x\sum_{i=0}^{\frac{n}{2}}a_{2i+1}x^{2i} \end{aligned} \]

注意到我们只需要算出左边和右边的两个函数 \(\frac{N}{2}\) 处的点值，就可以得到全部 \(N\) 个点值。

而我们设左边得到一个关于 \(\textcolor{red}{x^2}\) 的函数 \(g(x^2)\)，右边为 \(h(x^2)\)，我们可以得到

\[f(x)=g(x^2)+x\cdot h(x^2) \]

即

\[f(x_i)=g(x_i^2)+x_i\cdot h(x_i^2) \]

\[f(-x_i)=g(x_i^2)-x_i\cdot h(x_i^2) \]

也就是说，我们只要保证 \(\{x_{i}\}\) 是由相反数两两配对而成的，也就是说，\(\{x_i\}=\{x_1,-x_1,x_2,-x_2,\cdots,x_{\frac{N}{2}},-x_{\frac{N}{2}}\}\)，我们就能只计算其中的 \(\frac{N}{2}\) 个点值来得到这所有的 \(N\) 个点值。

递归之后我们得到了两个 \(\frac{n}{2}-1\) 次多项式。然后你会发现如果这样递归下去，最终是 \(T(n)=2T(\frac{n}{2})+\Theta(n)=\Theta(n\log n)\) 的。但是做完了吗？

如果仔细思考，就会发现一个致命的问题：我们要保证 \(\{x_{i}\}\) 是由相反数两两配对而成的。但是我们递归计算 \(g\) 的时候，我们要求的点值变成了 \(x_{1}^2,x_2^2,\cdots,x_{\frac{N}{2}}^2\)，显然这不是两两配对的。那我们应该怎么办捏？

显然在 \(\mathbb{R}\) 内我们已经无法解决这个问题了。于是我们考虑在 \(\mathbb{C}\) 内解决这个问题。

\(\mathbb{C}\) 有个特别好的性质：它对开方是封闭的。亦即，\(\forall x\in \mathbb{C},\exists y\in \mathbb{C}\) 使得 \(y^2=x\)。证明从略。那么我们可以在 \(\mathbb{C}\) 内去求解（这是多么天才般的想法）！

我们举个例子吧。我们假设我们要求多项式 \(x^3+x^2-x-1\) 的 \(4\) 个点值。

我们不妨设起初（第 \(1\) 层）的四个点值为 \(\{x_1,-x_1,x_2,-x_2\}\)。

于是我们会把 \(x_1^2\) 和 \(x_2^2\) 分别代入去算。而我们希望在第 \(2\) 层中，这两个点也是正负对，即 \(x_1^2=-x_2^2\)。

最后我们需要把 \(x_1^4=x_2^4\) 代入去算第 \(3\) 层。我们不妨设 \(x_1^4=x_2^4=1\)。

那么 \(x_1^2=1, x_2^2=-1\) 是很自然的。

最后我们不难得到 \(x_1=1,x_2=\mathrm{i}\)。也就是说，我们只需要算 \(\{1,-1,\mathrm{i},-\mathrm{i}\}\) 处的点值即可。

\(\{1,-1,\mathrm{i},-\mathrm{i}\}\) 是四次单位根 \(\omega_4\)。具体地，如果要求 \(N\) 个点的点值，我们可以将其补成 \(2\) 的整次幂 \(N'\)，然后计算 \(\omega_{N'}\) 处的点值即可。

对于 NTT，我们注意到若 \(N'\mid p-1\)，则模数 \(p\) 的原根 \(g\) 具有和单位根同样良好的性质。于是直接套用即可。

分治 FFT

给定序列 \(g_{1\dots n - 1}\)，求序列 \(f_{0\dots n - 1}\)。其中 \(f_i=\sum_{j=1}^if_{i-j}g_j\)，边界为 \(f_0=1\)。

Solution 1

朴素地做是 \(\Theta(n^2)\) 的。观察到后面的项依赖前面的项。于是我们可以考虑用 cdq 分治实现。

具体地

• 若 \(l=r\)，结束递归。

• 递归求解 \([l,mid]\)

• 计算 \([l,mid]\) 对 \([mid+1,r]\) 的影响。

• 求解 \([mid+1,r]\)。

\([l,mid]\) 对 \(f_i, i\in [mid+1,r]\) 的影响为 \(\sum _{j=l}^{mid} f_jg_{i-j}\)。

观察到这是一个卷积的形式。于是我们令 \(a_i=f_{l+i}\)，\(b_i=g_i\)，则计算出 \(c=a\ast b\)，\([l,mid]\) 对 \([mid+1,r]\) 中 \(i\) 的贡献为 \(c_{i-l}\)。

时间复杂度 \(\Theta(n\log^2 n)\)。

Solution 2

令 \(F(x),g(x)\) 为 \(f,g\) 的生成函数。

则 \(F(x)G(x)=\sum_{i=0}^{+\infty} x^i\sum_{j+k=i}f_jg_k=F(x)-1\)。

故 \(F(x)=\frac{1}{1-G(x)}\)。

时间复杂度 \(\Theta(n\log n)\)。

任意模数多项式乘法（MTT）

Method 1：三模 NTT

由于 \(p\leq 10^9+9\)，\(n,m\leq 10^5\)，故最大的数可以到 \(p^2\cdot n=10^{23}\)（默认 \(n,m\) 同阶）级，故我们需要选取三个大素数使得 \(p_1p_2p_3\gt 10^{23}\)。

一般选取 \(p_1=469,762,049\)，\(p_2=998,422,353\)，\(p_3=1,004,535,809\)，它们都存在原根 \(G=3\)。我们求出后可以利用 CRT 求出答案（需要利用 __int128）。

然而有一种不需要利用 __int128 的方法。

设

\[\begin{cases} x\equiv x_1\pmod {A} \\ x\equiv x_2\pmod {B} \\ x\equiv x_3\pmod {C} \end{cases} \]

先合并前两个，那么

\[x_1+k_1A=x_2+k_2B \]

所以

\[x_1+k_1A\equiv x_2\pmod B \]

故

\[k_1\equiv \frac{x_2-x_1}{A}\pmod B \]

于是我们求出了

\[x\equiv x_1+k_1A\pmod {AB} \]

不妨记 \(x_4=x_1+k_1A\)。那么

\[x_4+k_4AB=x_3+k_3C \]

\[x_4+k_4AB\equiv x_3\pmod C \]

\[k_4\equiv \frac{x_3-x_4}{AB}\pmod C \]

故 \(x\equiv x_4+k_4AB\pmod {ABC}\)。又由于 \(x\lt ABC\)，故 \(x=x_4+k_4AB\)。

不过这个方法常数很大（需要做 \(9\) 次 NTT/INTT）。

Method 2：拆系数 FFT

我们设 \(c\) 是一个 \(\sqrt{p}\) 左右级别的整数。那么我们可以将 \(F(x)\) 拆成 \(A(x)+c\cdot B(x)\)。其中 \([x^i]A(x)=[x^i]F(x)\bmod c\)，\(\displaystyle [x^i]B(x)=\lfloor\frac{[x^i]F(x)}{c}\rfloor\)。这样可以将系数降到 \(10^5\) 级别。

于是设 \(F(x)=A(x)+c\cdot B(x)\)，\(G(x)=C(x)+c\cdot D(x)\)，于是 \(F(x)G(x)=A(x)C(x)+c\left[A(x)D(x)+B(x)C(x)\right]+c^2\cdot B(x)D(x)\)。

设 \(T(x)=C(x)+D(x)\cdot \mathrm{i}\)，其中 \(\mathrm i\) 为虚数单位。于是我们可以在 \(A(x)\cdot T(x)\) 中找到 \(A(x)C(x)\) 和 \(A(x)D(x)\)，在 \(B(x)\cdot T(x)\) 中找到 \(B(x)C(x)\) 和 \(B(x)D(x)\)。

于是我们需要：

• 对 \(A(x)\)，\(B(x)\)，\(T(x)\) 做 DFT

• 对 \(A(x)T(x)\)，\(B(x)T(x)\) 做 IDFT

共五次 FFT。常数是三模 NTT 的一半左右。但是这种方法无法通过精心构造的数据。

多项式乘法逆

考虑倍增。假设我们求出了 \(G_0(x)\) 使得 \(F(x)\cdot G_0(x)\equiv 1\pmod {x^n}\)，我们考虑求出 \(G(x)\) 使得 \(F(x)\cdot G(x)\equiv 1\pmod {x^{2n}}\)。

由于 \(F(x)\cdot G(x)\equiv 1\pmod {x^{\textcolor{red}{2n}}}\)，所以必有 \(F(x)\cdot G(x)\equiv 1\pmod {x^{\textcolor{red}{n}}}\)。于是我们有

\[F(x)\cdot G(x)\equiv F(x)\cdot G_0(x)\pmod {x^n} \]

则 \(F(x)\) 可消去，得到

\[G(x)-G_0(x)\equiv 0\pmod {x^n} \]

\[G^2(x)-2G(x)G_0(x)+G_0^2(x)\equiv 0\pmod {x^{2n}} \]

考虑到 \(F(x)\cdot G(x)\equiv 1\)，则两边同乘 \(F(x)\)

\[G(x)-2G_0(x)+F(x)G_0^2(x)\equiv 0\pmod {x^{2n}} \]

则 \(G(x)\equiv G_0(x)(2-F(x)G(x))\pmod {x^{2n}}\)。于是可以倍增求出。

我们有 \(T(n)=T(\frac{n}{2})+\Theta(n\log n)\)，则时间复杂度为 \(\Theta(n\log n)\)。（但是你猜猜常数有多少？）

任意模数多项式乘法逆

把 NTT 换成任意模数的即可。

多项式除法

给定 \(f(x)\) 和 \(g(x)\)，其中 \(n=\deg g\lt m=\deg f\)。求出 \(q(x), r(x)\) 满足 \(f=q\cdot g+r\)，且 \(\deg q=\deg f-\deg g\)，\(\deg r\lt \deg g\)。

好玄学的做法。

将 \(\frac{1}{x}\) 代入 \(f=q\cdot g+r\),得

\[f\left(\frac{1}{x}\right)=q\left(\frac{1}{x}\right)g\left(\frac{1}{x}\right)+r\left(\frac{1}{x}\right) \]

即

\[x^nf\left(\frac{1}{x}\right)=x^{n-m}q\left(\frac{1}{x}\right)\cdot x^mg\left(\frac{1}{x}\right)+x^nr\left(\frac{1}{x}\right) \]

定义 \(f^{R}\left(x\right)=x^{\deg f} f\left(\frac{1}{x}\right)\)。我们可以假装 \(r\) 是 \(m-1\) 次的。

则

\[f^{R}=q^Rg^R+x^{n-m+1}r^{R} \]

于是我们在 \(\bmod x^{n-m+1}\) 意义下可以将 \(r\) 忽略掉。

那么在 \(\bmod x^{n-m+1}\) 意义下求一遍逆元，做一遍多项式乘法和减法即可。

多项式对数函数

对 \(G(x)\equiv \ln F(x) \pmod {x^n}\) 的两边求导，得

\[G'(x)\equiv \frac{F'(x)}{F(x)} \pmod {x^n} \]

于是

\[G(x)\equiv \int \frac{F'(x)}{F(x)} \pmod {x^n} \]

时间复杂度 \(\Theta(n\log n)\)。

多项式 Newton 迭代

给定多项式 \(g(x)\)，若已知 \(f(x)\) 满足 \(g(f(x))=0\)，求出模 \(x^n\) 意义下的 \(f(x)\)。

考虑倍增。

边界是 \(n=1\)，此时需要单独解出 \([x^0]g(f(x))=0\) 的解。

设已经得到了模 \(x^{\lceil\frac{x}{2}\rceil}\) 下的解 \(f_0(x)\)。

对 \(g(x)\) 在 \(f_0(x)\) 处进行 Taylor 展开，其中 \(g^{(i)}\) 表示对 \(g\) 求 \(i\) 阶导数，规定 \(g^{(0)}=g\)。

\[\sum_{i=0}^{+\infty }\frac{g^{(i)}(f_0(x))}{i!} (f(x)-f_0(x))^i\equiv 0\pmod {x^n} \]

\(f(x)-f_0(x)\) 最低的非零项系数为 \(x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}\)。那么当 \(i\geq 2\) 时，\(2\lceil\frac{n}{2}\rceil\geq n\)，在模 \(x^n\) 意义下为 \(0\)，亦即，\(\forall i\geq 2\)，都有 $ (f(x)-f_0(x))^i\equiv 0\pmod {x^n}$。

那么就很好做了。上式可以化简成

\[g(f_0(x))+g'(f_0(x))\cdot (f(x)-f_0(x))\equiv 0\pmod {x^n} \]

于是不难解得

\[f(x)\equiv f_0(x)-\frac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))}\pmod {x^n} \]

那么我们不妨再来回顾一下多项式求逆。

给定 \(h(x)\)，求出 \(f(x)\)，使得 \(h(x)\cdot f(x)\equiv 1\pmod {x^n}\)。

观察牛顿迭代的形式

给定多项式 \(g(x)\)，若已知 \(f(x)\) 满足 \(g(f(x))=0\)，求出模 \(x^n\) 意义下的 \(f(x)\)。

我们要让左边是一个多项式，右边是 \(0\)。我们考虑变一下形。

\[h(x)\cdot f(x)\equiv 1\pmod {x^n} \]

\[h(x)\cdot f(x)-1\equiv 0\pmod {x^n} \]

\[h(x)-\frac{1}{f(x)}\equiv 0\pmod {x^n} \]

即

\[\frac{1}{f(x)}-h(x)\equiv 0\pmod {x^n} \]

那么令 \(g(f(x))=\frac{1}{f(x)}-h(x)\)，我们得到

\[\begin{aligned} f(x)&\equiv f_0(x)-\frac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))} \pmod {x^n}\\ &\equiv f_0(x)-\frac{\frac{1}{f_0(x)}-h(x)}{-\frac{1}{f_0^2(x)}} \pmod {x^n}\\ &\equiv f_0(x)(2-f_0(x)h(x)) \pmod {x^n} \end{aligned} \]

注意 \(g(f_0(x))\) 的主元是 \(f_0\)。不妨令 \(f_0=t\)，则有 \(g(t)=\frac{1}{t}-h(x)\)，这里 \(h(x)\) 当作常数，故 \(g'(t)=-\frac{1}{t^2}\)。

多项式 exp

给定 \(h(x)\)，求出 \(f(x)\) 使得 \(\exp(h(x))\equiv f(x)\pmod {x^n}\)。

考虑变换形式。上式即

\[h(x)\equiv \ln f(x)\pmod {x^n} \]

故 \(\ln f(x)-h(x)\equiv 0\pmod {x^n}\)。那么令 \(g(f(x))=\ln f(x)-h(x)\)。

应用 Newton 迭代的结论，我们得到

\[\begin{aligned} f(x)&\equiv f_0(x)-\frac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))}\pmod {x^n} \\ &\equiv f_0(x)-\frac{\ln f(x)-h(x)}{\frac{1}{f_0(x)}}\pmod {x^n} \\ &\equiv f_0(x)(1-\ln f(x)+h(x))\pmod {x^n} \end{aligned} \]

\(T(n)=T(\frac{n}{2})+\Theta(n\log n)\)，所以时间复杂度为 \(\Theta(n\log n)\)。但是常数应该很大。

多项式开根

给定 \(h(x)\)，求出 \(f(x)\) 使得 \(\sqrt{h(x)}\equiv f(x)\pmod {x^n}\)。

上式即 \(f^2(x)-h(x)\equiv 0\pmod {x^n}\)。于是令 \(g(f(x))=f^2(x)-h(x)\)。

\[\begin{aligned} f(x)&\equiv f_0(x)-\frac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))}\pmod {x^n} \\ &\equiv f_0(x)-\frac{f_0^2(x)-h(x)}{2f_0(x)}\pmod {x^n} \\ &\equiv \frac{f_0^2(x)+h(x)}{2f_0(x)}\pmod {x^n} \end{aligned} \]

\(T(n)=T(\frac{n}{2})+\Theta(n\log n)\)，时间复杂度 \(\Theta(n\log n)\)。（可能需要求解二次剩余）

多项式快速幂

\(k\leq 10^{10^5}\)。

事实上，类似整数快速幂的实现可以做到 \(\Theta(n\log n\log k)\)。

普通版

普通版保证了 \(x_0=1\)。

\[F^k(x)=\exp(k\ln F(x)) \]

加强版

首先我们设这个多项式的前 \(q\) 项系数为 \(0\)，换句话说，\(\forall i\in [0,q-1]\)，\([x^i]F(x)=0\)。

如果 \(q^k\geq n\)，那么结果多项式为全 \(0\)。

否则设 \(y=[x^q]F(x)\)。我们先给整个多项式乘上 \(y^{-1}\)，最后还原的时候再乘上 \(y^{k}\)。

我们把 \(a_q,a_{q+1},\cdots,a_{n-1}\) 平移到 \(a_0,a_1,\cdots,a_{n-q-1}\)。然后对这个新多项式用套用普通版的方法进行快速幂。

最后乘上 \(y^{k}\)，在新多项式前面补上 \(kq\) 个 \(0\) 即可。

注意，计算 \(y^k\) 时的 \(k\) 是对 \((p-1)\) 取模的。而计算 \(\ln\) 时的 \(k\) 是对 \(p\) 取模的。

P2767 树的数量

求出包含 \(n\) 个节点（无标号）的有根 \(m\) 叉树的个数，对 \(10,007\) 取模。

两个有根树相同，当且仅当其根节点相同，且从左到右每一棵子树也相同。特别地，两个有根树均为空树，视为两个有根树相同。

\(n,m\le 127\)。

套路地设 \(f[n]\) 为有 \(n\) 个节点的有根 \(m\) 叉树的数量。显然 \(f[0]=1\)。

则

\[[x^n]F=\sum_{a_1+a_2\cdots+a_m=n-1}\prod_{i=1}^m f_{a_i}=[x^{n-1}]F^m \]

那么

\[F=1+xF^m \]

CF438E The Child and Binary Tree

对于 \(\forall i\in[1,m]\)，求出权值为 \(i\) 的二叉树的数量，对 \(998,244,353\) 取模。

定义二叉树的权值为节点的权值之和。给定大小为 \(n\) 的正整数集 \(C\)，节点的权值可以从 \(C\) 中选取。

两棵二叉树不同当且仅当：

• 它们的节点数量不同；
• 或树的形态不同；
• 或存在一个点的点权不同。

\(n,m\le 10^5\)。

套路地设 \(f_i\) 为权值为 \(i\) 的二叉树的数量。显然地，有

\[f_n=\sum_{c\in C}\sum_{i=0}^{m} f_if_{n-i-c} \]

特别地，\(f_0=1\)。

不妨设 \(G=\sum g_ix^i\)，\(F=\sum f_ix^i\)，其中 \(g_i=[i\in C]\)。那么其实就是

\[f_n=\sum_{k=1}^m g_i\sum_{i=0}^{m} f_if_{n-i-k} \]

那么

\[F=1+\sum_{i=1}^m f_i \]

也就是说

\[F=G\ast F^2+1 \]

解得

\[F=\frac{1\pm \sqrt{1-4G}}{2G} \]

讨论正确性。

• 取 \(+\) 号的时候，\(G\to 0\) 时 \(F\to \infty\)；
• 取 \(-\) 号的时候，\(G\to 0\) 时 \(F\to 1\)。

因此取 \(-\)。那么就是

\[F=\frac{1-\sqrt{1-4G}}{2G} \]

然后你发现 \(G\) 的零次项一定是 \(0\)，无法求逆。

但是我们上下同时乘以 \(1+\sqrt{1-4G}\)，得到

\[F=\frac{4G}{2G(1+\sqrt{1-4G})}=\frac{2}{1+\sqrt{1-4G}} \]

然后多项式求逆+开根即可。时间复杂度 \(\Theta(m\log^2 m)\)。

P4389 付公主的背包

求

\[\prod_{i=1}^n \frac{1}{1-x^{v_i}} \]

要求求出 \(x^1,x^2,\cdots,x^m\) 的系数。

\(n,m\leq 10^5\)。

不难想到取 \(\ln\)，于是化为求

\[-\sum_{i=1}^n \ln(1-x^{v_i}) \]

我们有 \(\ln(1-x)\) 的 Taylor 级数：

\[\ln(1-x)=-\sum_{i=1}^{+\infty} \frac{x^i}{i} \]

代入就可以得到

\[\ln(1-x^{v})=-\sum_{i=1}^{+\infty} \frac{x^{vi}}{i} \]

于是问题转化为

\[\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{m}{v_i}\rfloor}\frac{x^{kv_i}}{k} \]

需要注意的是，不能对于每一个 \(v_i\) 朴素地直接求和，会被 \(n\) 个 \(1\) 卡掉。

正确的做法是，求出 \(i\) 在数列 \(v\) 出现的次数 \(cnt_i\)，然后求

\[\sum_{i=1}^{m}cnt_i\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{m}{i}\rfloor} \frac{x^{ki}}{k} \]

最后别忘了 \(\exp\) 回来。

将 \(n,m\) 视为同阶，时间复杂度 \(\Theta(n\log n)\)。

P7431 [THUPC2017] 小 L 的计算题

给定非负整数数组 \(a\)，长度为 \(n\)。定义

\[f_k=\sum_{i=1}^k a_i^k \]

对于 \(i\in [1,n]\)，求出 \(f_i\)。

\(n\le 4\times 10^5\)。

写出 OGF。设 \(F(x)=\sum_{i\ge 0} f_ix^i\)。

\[\begin{aligned} F(x)&=\sum_{i=0}^{+\infty}\sum_{j=1}^n a_j^ix^i \\ &=\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=0}^{+\infty}(a_jx)^i \\ &=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1-a_ix} \end{aligned} \]

推到这一步，已经可以利用分治 NTT 维护分子和分母，做到 \(\Theta(n\log^2 n)\)，不过常数是巨大的（反正我的 vector V5 板子 T 了 qaq）。当然，我们有更好的做法。