【洛谷4726】【模板】多项式指数函数(多项式 exp)

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  • 给定一个\(n\)次多项式\(F(x)\),求\(G(x)\)满足\(G(x)=e^{F(x)}(mod\ x^n)\)
  • \(n\le10^5\),对\(998244353\)取模。

牛顿迭代

学习多项式\(Exp\)首先需要知道牛顿迭代

实际上,牛顿迭代更常用于快速求一个数的平方根,这里也以此为例来介绍。

考虑如果我们要求\(\lfloor\sqrt a\rfloor\),就相当于求函数\(f(x)=x^2-a\)的近似零点。

假设当前求出的近似值为\(x_0\),那么我们只要过\((x_0,f(x_0))\)作该图象的切线,然后取这条切线与\(x\)轴的交点作为新的\(x_0\),必然能得到一个更精确的近似值。(可以自行画图理解一下)

方法已经知道了,至于实现,容易发现切线的解析式应该是:

\[y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0) \]

代入\(y=0\),然后把它变个形,便能解得:

\[x=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)} \]

以上便是牛顿迭代用于快速求平方根的全部内容了。

现在考虑推广,已知一个函数\(A(x)\),我们要求出一个函数\(G(x)\)使得\(A(G(x))=0\)

容易发现假设当前已经有一个近似函数\(G_0(x)\),便可以把它表示成一个与上面的式子近似的玩意儿:

\[G(x)=G_0(x)-\frac{A(G_0(x))}{A'(G_0(x))} \]

这就为我们求多项式\(Exp\)提供了思路。

多项式\(Exp\)

因为我们要求出\(G(x)\)使得\(G(x)=e^{F(x)}\),所以就是要找到一个\(G(x)\)使得:

\[A(G(x))=\ln G(x)-F(x)=0 \]

把它代入到前面求出的式子中得到:

\[G(x)=G_0(x)-\frac{A(G_0(x))}{A'(G_0(x))} \]

其中,\(A'(G_0(x))\)其实就是\(\ln' G_0(x)=\frac1{G_0(x)}\),因为\(-F(x)\)可以视作常数项忽略掉。

最终得到:

\[G(x)=G_0(x)-G_0(x)(\ln G_0(x)-F(x))=G_0(x)(1-\ln G_0(x)+F(x)) \]

容易发现这只要递归做\(O(logn)\)层即可。

代码:\(O(nlogn)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define X 998244353
using namespace std;
int n,a[N+5],b[N+5];
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
class FastIO
{
	private:
		#define FS 100000
		#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
		#define pc(c) (C==E&&(clear(),0),*C++=c)
		#define D isdigit(c=tc())
		int T;char c,*A,*B,*C,*E,FI[FS],FO[FS],S[FS];
	public:
		I FastIO() {A=B=FI,E=(C=FO)+FS;}
		Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15),D);}
		Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);pc(' ');}
		I void clear() {fwrite(FO,1,C-FO,stdout),C=FO;}
}F;
namespace Poly//多项式
{
	#define Init(n) P=1,L=0;W(P<=2*(n)) P<<=1,++L;\
		for(i=0;i^P;++i) A[i]=B[i]=0,R[i]=((R[i>>1]>>1)|((i&1)<<L-1));//预处理n次多项式的乘法
	int PR=3,P,L,R[N<<2],p[N+5],A[N<<2],B[N<<2];
	I void NTT(int* s,CI op)//NTT
	{
		RI i,j,k,x,y,U,S;for(i=0;i^P;++i) i<R[i]&&(x=s[i],s[i]=s[R[i]],s[R[i]]=x);
		for(i=1;i^P;i<<=1) for(U=QP(QP(PR,op),(X-1)/(i<<1)),j=0;j^P;j+=i<<1) for(S=1,k=0;
			k^i;++k,S=1LL*S*U%X) s[j+k]=((x=s[j+k])+(y=1LL*S*s[i+j+k]%X))%X,s[i+j+k]=(x-y+X)%X;
	}
	I void Inv(CI n,int* a,int* b)//多项式求逆
	{
		if(!n) return (void)(b[0]=QP(a[0],X-2));RI i;Inv(n>>1,a,b);
		Init(n);for(i=0;i<=n;++i) A[i]=a[i],B[i]=b[i];
		for(NTT(A,1),NTT(B,1),i=0;i^P;++i) A[i]=(2LL*B[i]-1LL*A[i]*B[i]%X*B[i]%X+X)%X;
		RI t=QP(P,X-2);for(NTT(A,X-2),i=0;i<=n;++i) b[i]=1LL*A[i]*t%X;
	}
	I void Ln(CI n,int* a,int* b)//多项式ln
	{
		RI i;for(i=0;i<=n;++i) b[i]=0;Inv(n,a,b);
		Init(n-1);for(i=0;i<=n-1;++i) A[i]=1LL*a[i+1]*(i+1)%X,B[i]=b[i];
		for(NTT(A,1),NTT(B,1),i=0;i^P;++i) A[i]=1LL*A[i]*B[i]%X;
		RI t=QP(P,X-2);for(NTT(A,X-2),b[0]=i=0;i^n;++i) b[i+1]=1LL*A[i]*t%X*QP(i+1,X-2)%X;
	}
	int q[N+5];I void Exp(CI n,int* a,int* b)//多项式Exp
	{
		if(!n) return (void)(b[0]=1);RI i;Exp(n>>1,a,b);//边界
		Ln(n,b,p),Init(n);for(i=0;i<=n;++i) A[i]=b[i],B[i]=(!i-p[i]+a[i]+X)%X;//搞出两个多项式
		for(NTT(A,1),NTT(B,1),i=0;i^P;++i) A[i]=1LL*A[i]*B[i]%X;//卷积
		RI t=QP(P,X-2);for(NTT(A,X-2),i=0;i<=n;++i) b[i]=1LL*A[i]*t%X;//还原
	}
}
int main()
{
	RI i;for(F.read(n),--n,i=0;i<=n;++i) F.read(a[i]);//读入,方便起见将n减1
	for(Poly::Exp(n,a,b),i=0;i<=n;++i) F.write(b[i]);return F.clear(),0;//输出
}
posted @ 2020-12-25 18:54  TheLostWeak  阅读(17)  评论(0编辑  收藏