多项式学习笔记
基础操作
FFT & NTT
基础知识。
考虑如何快速计算多项式乘法，发现常规的做法是没有前途的，考虑换种方法计算。
有一种计算方法是这样的（设要计算 \(A\times B\) ）：
- 将 \(A\) 转化为点值表示。
- 将 \(B\) 转化为点值表示。
- \(O(n)\) 地计算点值表示的乘积 \(C\)。
- 将 \(C\) 转化为数值表示。
复杂度瓶颈为点值表示与数值表示的转化，朴素做是 \(O(n^2)\)。
为了加速这个过程，FFT 引入了单位复根 \(\omega\)，NTT 引入了原根 \(g\)。
单位复根 \(\omega\) 是 \(x^n=1\) 的解集，其满足如下性质：
- \(\omega^n_n=1\)；
- \(\omega^k_n=\omega^{2k}_{2n}\)；
- \(\omega^{k+n}_{2n}=-\omega^k_{2n}\)。
考虑分治，对一个多项式 \(f(x)\) 奇偶性分组处理，比如一个多项式：
考虑奇偶性分组后的状态：
建立新函数：
那么待求解的 \(f(x)\) 可改为：
带入 \(\omega\) 可得：
然后就可以分治做了。
诶等等，递归常数特别大呢！
为了不递归，我们考虑一开始就预处理出来每一项最后到了什么地方，这个做法是位逆序置换（又名蝴蝶置换）。
考虑找规律，发现将下标二进制表示后翻转即可，设 \(R_i\) 为 \(i\) 变到的地方，那么可以考虑这样求：
- 右移一位。
- 翻转。
- 再右移一位。
- 处理最高位。
那么 \(R_i\) 的递推式可以轻易的写成：
以上就是如何将数值表示转化为点值表示了，所以怎样转回来呢？
直接反转后除以 \(len\)，或是取单位根的倒数跑即可，具体推导过程见 OI-Wiki。
模板：
void FFT(int n,cp* x,int op) {
for(int i=0;i<n;i++)
if(i<rk[i]) swap(x[i],x[rk[i]]);
for(int mid=1;mid<n;mid*=2) {
cp W(cos(Pi/mid),op*sin(Pi/mid));
for(int R=mid*2,j=0;j<n;j+=R) {
cp w(1,0);
for(int k=0;k<mid;k++,w=w*W) {
cp z1=x[j+k],z2=w*x[j+mid+k];
x[j+k]=z1+z2,x[j+mid+k]=z1-z2;
}
}
}
}
NTT 呢？
首先解释 \(g\)，\(g\) 是原根，在 \(\bmod p\) 的情况下 \(\forall i\not =j,g^i\not\equiv g^j\pmod p\)。
我们用 \(g^{\frac{\varphi(p)}{n}}\) 代替 \(\omega\) 进行计算，由 \(\varphi(p)=p-1\) 且 \(n=2^q\)，所以强制要求 \(p=k\times 2^q+1\)，其中 \(2^q\ge n\)。
较 FFT 精度高，但却对模数有着致命的要求。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
分治 FFT & NTT
问题：求 \(f_n\)，其中：
考虑 CDQ 分治，对于一个区间 \([l,r]\)，将其划分成 \([l,mid],[mid+1,r]\) 两段。
先处理 \([l,mid]\)，再计算 \([l,mid]\) 对 \([mid+1,r]\) 的贡献，再处理 \([mid+1,r]\)。
中间的计算使用 NTT/FFT 解决，时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)
拉格朗日插值
问题，给定 \(n\) 个点 \((x_i,y_i)\)，确定一个多项式 \(y=f(x)\)，求出 \(f(k)\) 的值。
显然的事实：
证明：\(f(x)-f(y)=(a_0-a_0)+\color{red}a_1(x-y)\color{black}+a_2(x^2-y^2)+a_3(x^3-y^3)+\cdots\)。
那么我们就可以列一个线性同余方程组：
直接 CRT，所有模数的积为：
那么 \(m_i=\prod _{j\not=i} (x-y_i),m_i^{-1}=\prod _{j\not=i} \frac {1}{x_i-x_j}\)。
所以：
朴素实现复杂度是 \(O(n^2)\) 的。
在所取点值连续的时候，即 \(x_i=i\) 的时候，可以直接用前缀积优化到 \(O(n)\)。
在需要动态加点的时候，可以使用重心拉格朗日插值法：
回顾之前的式子：
设 \(g=\prod^n_{i=1} k-x_i\)，那么：
设 \(t_i=\frac {y_i}{\prod_{j\not=i} x_i-x_j}\)，那么：
加入一个点只需计算 \(t_i\) 即可。
求自然数幂和可以直接拉格朗日插值，时间复杂度 \(O(n)\)。
多项式求导与积分
由于求导和积分满足可加性，所以拆成单项式分别求导或积分。
如果你学过微积分相关理论，会知道：
直接做即可，为数不多的 \(O(n)\) 时间复杂度。
多项式求逆
给定 \(G(x)\)，求一个 \(F(x)\) 使得 \(F(x)G(x)\equiv0\pmod {x^n}\)。
首先假设我们已经求出了一个 \(f(x)\) 使得 \(f(x)G(x)\equiv 0\pmod{x^{n/2}}\)，考虑如何求出 \(F(x)\)。
因为 \(F(x)G(x)\equiv 0\pmod{x^n}\)，所以必然 \(F(x)G(x)\equiv 0 \pmod{x^{n/2}}\)，两式相减，得 \(F(x)-f(x)\equiv0\pmod{x^{n/2}}\)，此处 \(G(x)\) 被约掉了。
两边同时平方，得：
注意标红的部分，想一想，为什么？
考虑卷积的定义，在 \([0,n/2]\) 的部分每一项都是 \(0\)，而右边 \([n/2,n]\) 的部分由 \(a_i=\sum^i_{j=1} a_ja_{i-j}\) 得来，容易发现，\(j\) 与 \(i-j\) 中必有一个小于零。
两边同时乘以 \(G(x)\) 并移项，得：
直接使用 FFT 计算即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
多项式开根
给定 \(g(x)\)，求 \(f(x)\)，使得：\(f^2(x)\equiv g(x)\pmod{x^n}\)。
类似求逆，假设已经求出了 \(f_0^2(x)\equiv g(x)\pmod{x^{n/2}}\)。
移项得：
两边平方得：
使用简单的数学公式 \((x-y)^2=(x+y)^2-4xy\) 得：
将 \(4f_0^2(x)\) 移到左边，得：
左右两边同时开根，得：
直接计算即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
多项式带余除法
问题：给定 \(n\) 次多项式 \(F(x)\) 和 \(m\) 次多项式 \(G(x)\)，求 \(Q(x)\) 与 \(R(x)\)，满足：
- \(\deg Q(x)=n-m\)，\(\deg R(x)<m\)；
- \(F(x)=Q(x)\times G(x)+R(x)\)。
对于一个多项式 \(f(x)\)，定义 \(f_R(x)=x^nf(\frac 1 x)\)，等价于将多项式 \(f\) 的系数翻转一次。
那么：
直接求出 \(Q(x)\)，那么回代可得 \(R(x)\)，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
多项式对数函数
求 \(B(x)\equiv \ln A(x)\pmod{x^n}\)。
设 \(F(x)=\ln x\)，那么：
直接模拟即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
多项式指数函数
求 \(F(x)\equiv e^{A(x) \pmod{x^n}}\)。
考虑多项式牛顿迭代。
多项式牛顿迭代解决的问题是，给定函数 \(G(x)\)，求 \(G(F(x))\equiv 0\pmod {x^n}\)。
既然是迭代，那么当 \(n=1\) 的时候是要单独求出的，这里不讲。
类似求逆，假设已经求出 \(G(F_0(x))\equiv 0 \pmod{x^{\lceil \frac n x\rceil}}\)，考虑如何扩展。
把 \(G(F(x))\) 在 \(F_0(x)\) 处泰勒展开：
因为 \(F(x)\) 和 \(F_0(x)\) 的最后几项相同，所以 \((F(x)-F_0(x))^2\) 的最低非 \(0\) 次数大于 \(n\)，所以可以得到：
那么，将 \(F(x)=e^{A(x)}\) 变形得 \(\ln F(x)-A(x)=0\)。
设 \(G(F(x))=\ln F(x)-A(x)\)，那么 \(G'(F(x))=\frac 1 {F(x)}\)，带入牛顿迭代公式得：
直接做，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
参考代码
不想太长，所以放一份在剪贴板。
浙公网安备 33010602011771号