Power Series Composition in Near-Linear Time 学习笔记

概述

设 \(\mathbb{A}\) 是一个交换环， \(f,g\in \mathbb{A}[x]\) 满足次数小于 \(n\) ，需要快速求出 \(f(g(x))\bmod x^n\)。

设 \(M(n)\) 是两个次数小于 \(n\) 的 \(\mathbb{A}[x]\) 中的元素相乘所需的时间复杂度。

1978：Brent-Kung 算法。\(O(M(n)\sqrt{n\log n})\)

2008: Kedlaya ,Umans 提出的算法。

只能在 \(F_q\) 下面做,\(\widetilde{O}(n2^{O(\sqrt{\log n\log \log n})}\log q)\)

2023: Neiger,Salvy 等人提出的算法。\(O(n^{1.43})\)

2024：Yasunori Kinoshita 和 Baitian Li 在 FOCS 2024 提出了一个简单、高效的算法。

Bostan-Mori,Power Projection

对于项数小于 \(n\) 的 \(f,g\in A[x]\),求 \([x^m]\frac{f(x)}{g(x)}\) 。

\(\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)g(-x)}{g(x)g(-x)}\)

设 $f(x)g(-x)=a_0 x^{0}+a_1 x^{1}+\dots $。提取出其奇数项和偶数项，记 \(f_0(x)=a_0x^0+a_2x^1+a_4x^2+\dots,f_1(x)=a_1x^0+a_3x^1+a_5x^2+\dots\) 。

\(g(x)g(-x)\) 是偶函数，令 \(p(x)=\sum x^i[x^{2i}]g(x)g(-x)\) 。

则 \([x^m]\frac{f(x)}{g(x)}=[x^{\lfloor{\frac{m}{2}}\rfloor}]\frac{f_{m\bmod 2}(x)}{p(x)}\)

算法复杂度 \(O(M(n)\log m)\) 。

现在我们解决以下问题：给定项数小于 \(n\) 的 \(f\in \mathbb{A}[x]\) ,求出 \([x^n]f^0(x),[x^n]f^1(x),\dots,[x^n]f^n(x)\) 。

等价于求 \([x^n]\frac{1}{1-yf(x)}\) 。采用类似的思路。

可以看成是两个二元多项式 \(f(x,y),g(x,y)\in \mathbb{A}[x,y]\) ，求 \([x^n]\frac{f(x,y)}{g(x,y)}\) 。

设 \(f_0(x,y),f_1(x,y)\) 是 \(f(x,y)g(-x,y)\) 关于 \(x\) 提取偶数项，奇数项的结果。

设 \(p(x,y)\) 是 \(g(x,y)g(-x,y)\) 关于 \(x\) 提取偶数项后的结果。

则 \([x^n]\frac{f(x,y)}{g(x,y)}=[x^{\lfloor{\frac{n}{2}}\rfloor}]\frac{f_{n\bmod 2}(x,y)}{p(x,y)}\) 。

递归到 \([x^0]\frac{f(x,y)}{g(x,y)}\) 的时候直接求 \(\frac{[x^0]f(x,y)}{[x^0]g(x,y)}\) 就好了。

分析一下上述算法的时间复杂度。

递归 \(i\) 轮后 \(f(x,y),g(x,y)\) 中 \(x\) 的次数不超过 \(\frac{n}{2^i}\) ，\(y\) 的次数不超过 \(2^i\) 。

递归 \(\log n\) 轮，复杂度 \(O(M(n)\log n)\) 。

基于转置原理的方法

转置原理：对于一个 \(n×n\) 的矩阵 \(A\) 。

若存在一个算法可以对任意长度为 \(n\) 的列向量 \(b\) 计算出 \(Ab\) 。

那么一定存在一个算法能够以相同的效率计算 \(A^Tb\) 。

回顾我们的问题，设矩阵 \(A^T\) 满足 \(A_{i,j}=[x^i]g^j(x)\) ，\(f\) 形成的列向量为 \(b\) 。则需要计算 \(A^Tb\) 。

只需要思考 \(Ab\) 的求法即可，即计算 \(a_j=\sum b_iA_{i,j}=\sum b_i[x^i]g^j(x)\) 。

设 \(h(x)=\sum b_ix^{n-i}\) ，则 \(a_j=[x^ny^j]\frac{h(x)}{1-yg(x)}\) 。

使用 Bostan-Mori 即可。

不需要转置原理的方法

设 \(P(y)=y^nf(y^{-1}),Q(x,y)=1-yg(x)\) ，则：

\(f(g(x))=\sum\limits_{i=0}^n ([y^i]f(y))g(x)^i= [y^n]y^nf(y^{-1})\frac{1}{1-yg(x)}=[y^n]\frac{P(y)}{Q(x,y)}\)

记 \(\mathcal{F} _{l,r}(Q(x,y))=\sum\limits_{i=l}^{r-1} y^{i-l}[y^i]Q(x,y)\)，则我们希望求出 \(\mathcal{F}_{n,n+1}(\frac{P(y)}{Q(x,y)})\bmod x^n\) 。

思考 \(\mathcal{F}_{l,r}(\frac{P(y)}{Q(x,y)})\bmod x^n\) 的求法。

\(n=1\) 时，答案即 \(\mathcal{F}_{l,r}(\frac{P(y)}{Q(0,y)})\) 。

\(n>1\) 时，考虑

\(\mathcal{F}_{l,r}(\frac{P(y)}{Q(x,y)})\bmod x^n=\mathcal{F}_{l,r}(\frac{P(y)Q(-x,y)}{Q(x,y)Q(-x,y)\bmod x^n\bmod y^r})\bmod x^n=\mathcal{F}_{l,r}(\frac{P(y)}{V(x^2,y)}Q(-x,y))\bmod x^n:=u\)

其中 \(V(x^2,y)=Q(x,y)Q(-x,y)\bmod x^n\bmod y^r\) 。

记 \(e=\max(0,l-deg_y Q(x,y))\) 。

\(u=\mathcal{F}_{l,r}\left(y^e\mathcal{F}_{e,r}(\frac{P(y)}{V(x^2,y)})Q(-x,y)\right)\bmod x^n=\mathcal{F}_{l-e,r-e}\left(\mathcal{F}_{e,r}(\frac{P(y)}{V(x^2,y)})Q(-x,y)\right)\bmod x^n=\mathcal{F}_{l-e,r-e}\left(\mathcal{F}_{e,r}(\frac{P(y)}{V(z,y)})\bmod z^{\lceil{\frac{n}{2}}\rceil}|_{z=x^2}Q(-x,y)\right)\bmod x^n\)

递归计算 \(\mathcal{F}_{e,r}(\frac{P(y)}{V(x,y)})\bmod x^{\lceil{\frac{n}{2}}\rceil}\) 即可。

可以发现递归至第 \(i+1\) 轮时，\(deg_xQ(x,y)\le \frac{n}{2^i},deg_yQ(x,y)\le 2^i,r-l\le 2^i\) 。

复杂度 \(O(M(n)\log n)\) 。

\(n=1\) 时不需要对多项式进行求逆。

设初始的分母为 \(Q_0(x,y)\) 。

考虑递归 \(d\) 轮后 \(Q_d(x,y)=(Q_0(x,y)Q_0(-x,y))^{2^{d-1}}\) ，则 \(Q_d(0,y)=Q_0(0,y)^{2^d}\) 。

代入 \(Q_0(0,y)=1-yg(0)\) ，得到 \(\frac{1}{(1-yg(0))^{2^d}}=\sum\limits_{i\geq 0}(yg(0))^i\tbinom{2^d-1+i}{i}\) 。

这就说明了为什么对任何交换环 \(\mathbb{A}\) ，这个算法都可以计算 \(f,g\in \mathbb{A}[x]\) 时的 \(f(g(x))\) 。

总结

两个做法都是将问题转化为求二元分式的某项值，然后通过类似 Bostan-Mori 的算法求解。

但又存在一定区别：一个需要计算 \([x^n]\frac{h(x)}{1-yg(x)}\) ，一个需要计算 \([y^n]\frac{h(y)}{1-yg(x)}\) ，所以具体步骤存在很多不同。