多项式

多项式题单

FFT

快速傅里叶变换,对于两个多项式的乘法能够做到 \(O(nlogn)\) 的时间复杂度。

引入：单位根

对于所有满足 \(x^n=1\) 的复数解，我们称之为 \(n\) 次单位根。
其几何意义就是在复平面上均匀分布在单位圆（模为1的圆）上，构成正 \(n\) 边形的顶点，其中一个顶点固定为实数1。

欧拉公式：

\[e^{ix}=\cos x+i\sin x \]

那么有：

\[e^{i\pi}=1\\ (e^{\frac{i\pi}{k} })^k=1 \]

所以这样就可以得到所有单位根的初始项:

\[w_{2n}=e^{\frac{\pi}{n} }=\cos \frac{\pi}{n}+\sin \frac{\pi}{n} \]

这样便可以推出单位圆上上半弧上的单位根，把 \(i\) 取 \(-1\) 便可以得到下半弧上的单位根。

可以发现前 \(n\) 次单位根可以构成群，对于任意一个单位根的幂，一定也是单位根。

思路

对于两个多项式 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) ，需要求 \(h=f\times g\) 。

整体分成三个步骤：

1.分别求出 \(f(w_i)\) 和 \(g(w_i)\)

2.令 \(h(w_i)\) =\(f(w_i)\times h(w_i)\)

3.求出 \(h\) 的系数

实现 \(FFT\) 和\(IFFT\)即可。

NTT

引入：原根

原根的性质与单位根类似，对于 \(g\) 的所有幂，也能构成一个群。

我们可以同理的得到它的所有初始项：

\[w_{2n}=g^{\frac {\phi (p) }{2n}} \]

思路

与 \(FFT\) 相似

多项式求逆

\[A \times B =1(mod\ \ x^n) \]

考虑倍增，有：

\[B_m=B_{2m} (mod\ \ x^{m})\\ B_m-B_{2m}=0 (mod\ \ x^{m})\\ (B_m-B_{2m})^2=0 (mod\ \ x^{2m})\\ B_m^2+B_{2m}^2-2B_mB_{2m}=0 (mod\ \ x^{2m})\\ A(B_m^2+B_{2m}^2-2B_mB_{2m})=0 (mod\ \ x^{2m})\\ AB_m^2+B_{2m}-2B_m=0 (mod\ \ x^{2m})\\ B_{2m}=2B_m-AB_m^2 (mod\ \ x^{2m})\\ B_{2m}=B_m(2-AB_m) (mod\ \ x^{2m})\\ \]

只需 $$NTT$$ 即可，时间复杂度 \(O(nlogn)\)。

多项式开根

\[B \times B =A(mod\ \ x^n) \]

同样考虑倍增，有：

\[B_m=B_{2m} (mod\ \ x^{m})\\ B_m-B_{2m}=0 (mod\ \ x^{m})\\ (B_m-B_{2m})^2=0 (mod\ \ x^{2m})\\ B_m^2+B_{2m}^2-2B_mB_{2m}=0 (mod\ \ x^{2m})\\ B_m^2+A-2B_mB_{2m}=0 (mod\ \ x^{2m})\\ B_{2m}=\frac{B_m^2+A}{2B_m} \]

需要用到求逆，时间复杂度 \(O(nlogn)\) ，常数很大。

多项式除法

\(F\) 除 \(G\) 。

\[F=GQ+R \]

其中 \(F\) 最高次为 \(n\)，\(G\) 最高次为 \(m\)， \(Q\) 最高次为 \(n-m\)，\(F\) 最高次小于 \(m\) 。

对于一个多项式 \(A(x)\) ，我们令 \(A'(x)=x^nA(\frac {1}{x})\)。

有：

\[F(x)=G(x)Q(x)+R(x)\\ F(\frac1x)=G(\frac1x)Q(\frac1x)+R(\frac1x)\\ F'(x){\frac1x}^n=G'(x)Q'(x){\frac1x}^n+R'(x){\frac1x}^{m-1}\\ F'(x)=G'(x)Q'(x)+R'(x)x^{n-m+1}\\ F'(x)=G'(x)Q'(x) (mod\ \ x^{n-m+1})\\ F'(x)G'(x)^{-1}=Q'(x) (mod\ \ x^{n-m+1})\\ \]

通过一个多项式求逆便可以算出 \(Q\) ，然后便可以减出 \(R\)。

常系数齐次线性递推

思路

有特征多项式 \(p\) :

\[p(x)=-a_k-a_{k-1}x-...-a_1x^{k-1}+x^k \]

答案初始状态为：

\[f=x^n \]

那么 \(f\%p\) 就能得到第 \(n\) 项所对的前 \(k\) 个初始项的系数。

考虑除特征方程的意义：每次将最高位消除，若当前的最高位 \(x^m\) 的系数为 \(t\) ，那么相当于我会对 \(f\) 减去 \(tx^{m-k}p\) ，此时最高位一定消去，而前 \(k\) 高位加上了 \(t\) 倍的由 \(m\) 位展开的系数，本质上就是将最高位化简。

实现

上述过程中的 \(x^n\) 可以用快速幂实现，每次乘法完都要对 \(p\) 取模，那么多项式的长度是 \(O(k)\)，整体复杂度\(O(klogklogn)\)。

注意到每次取模的求逆都是 \(p\) ，那么直接提前对 \(p\) 求一次逆就行。

多项式 ln

\[B=ln(A) \]

两边分别求导：

\[B'=\frac {A'}{A} \]

只需要对 \(A\) 求导和求逆，最后将 \(B'\) 积分即可。

时间复杂度：\(O(nlogn)\)。

多项式 exp

\[B=exp(A) \]

考虑牛顿迭代：

\[ln(B)=A\\ f=ln(B)-A\\ f'=\frac {1}{B}\\ B_{2m}= B_m-\frac{f}{f'} \\ = B_m-(1-ln(B_m)+A) \]

时间复杂度：\(O(nlogn)\)。

倍增。

多项式快速幂

\[B=A^k \]

由于 \(NTT\) 是循环卷积，所以直接 \(k\) 次方空间是存不下，考虑求指：

\[ln(B)=ln(A)k\\ B=exp(ln(A)k) \]

此时 \(A_0=1\) 就已经可以计算了。对于 \(A_0\ne 1\) ，先整体左移去除前导零，在整体除以 \(A_0\)，最后在变换回来就行了。

时间复杂度：\(O(nlogn)\)。

多项式多点求值

求 \(x_i\) 处的 \(y_i\)

设 \(f_{l,r}\) 表示该多项式满足在 \(x_l\) 至 \(x_r\) 处的取值正确，\(g_{l,r}=\sum_{i=l}^{r} (x-x_i)\)。

满足 \(f_{l,r}=f_{1,n}\%g_{l,r}\) ，发现对于 \(f\) 的次数等于长度减一。

分治处理，先预处理 \(g\)，对于 \([l,r]\) 分成 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\) ，将两个小区间分别模对应的 \(g\) 值，答案为长度为一的区间的常数项。

时间复杂度：\(O(nlog^2n)\) 。

多项式快速插值

给定 \(x_i\) 处的 \(y_i\) ，求原多项式。

与求值同样的设法。

尝试从下往上合并 \(f\) ，\(f= f_L\times g_R+f_R\times g_L\) ，这样满足了两边的 \(f\) 的值不会互相影响。但是发现可能会影响它原本的值，详细地说，对于 \(i\) ，它额外乘上了 \(\Pi_{j=1,j\ne i}^n(x_i-x_j)\) ，我们可以在最底层提前除以这个值。

那么现在的问题就是如何快速计算额外乘的东西。

令 $t_i=\Pi_{j=1,j\ne i}^n(x_i-x_j) $

转化可得 $t=\sum_{i=1}^n\Pi_{j=1,j\ne i}^n(x_i-x_j) $。然后发现它就是 \(g'\)，所以对 \(g\) 的导数求一个多点求值，预处理出每个位置需要除的量。

时间复杂度：\(O(nlog^2n)\) 。

普通生成函数

对于函数 \(f_i\) ,其普通生成函数为 \(F=\sum f_ix^i\) 。

函数之间的运算可以通过生成函数转化成多项式的运算，比如一个普通的自转移 \(f_i=\sum f_j g_{i-j}\) ,变为多项式即为 \(F=FG\) ，就有 \(F=\frac{1}{1-G}\) 。

指数生成函数

EGF

对于一个数列 \(<f_n>\)
，定义其指数型生成函数（EGF） $ \hat F(x)=\sum \frac {f_ix^i}{i!}$ 。

根据定义可得：

对于三个数列 \(f,g,h\) 若有 \(f_n=\sum_{i+j=n} (^n_i) g_i h_j\) ，则有 \(\hat f=\hat g \times \hat h\) ，也就说能快速计算二项式卷积。

有标号无向连通图计数

我们令 \(f(x)\) 表示 \(x\) 个点的无向连通图的个数，\(g_k(x)\) 表示 \(x\) 个点中存在 \(k\) 个联通块的方案个数，\(g(x)\) 表示无向图个数。

有：

\[g_k(n)=\frac{n!}{k!} \sum _{\sum p_i=n} \Pi \frac{f(p_i)}{p_i!} \\ \hat g_k=\frac{\hat f^k}{k!}\\ \hat g=\sum \hat g_k=\sum \frac{\hat f^k}{k!}=exp(\hat f)\\ ln(\hat g)=\hat f \]

\((e^{f(x)}=\sum \frac{f(x)^i}{i!})\)