题解 P5050【【模板】多项式多点求值】

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题意

给出 \(n\) 次多项式 \(F(x)=\sum_{i=0}^n f_ix^i\)，\(m\) 组询问，第 \(i\) 次询问给出 \(x_i\)，求出 \(F(x_i)\) 的值。

\(1\le n,m\le 6.4\times 10^4\)。

思路

\(\text{Update 2021.12.22}\)：更改了代码。

\(\text{Update 2022.04.07}\)：对代码实现与代码细节进行补充说明。

\(\text{Update 2024.03.19}\)：更改了代码与部分说明。

以下默认 \(mid=\lfloor\frac {l+r} 2\rfloor\)。

考虑构造一个多项式 \(G(x)=x-x_0\)，我们可以证明 \(F(x)\bmod G(x)=F(x_0)\)：令 \(F(x)=Q(x)\cdot G(x)+r\)，那么 \(F(x_0)=Q(x_0)\cdot G(x_0)+r\)，因为 \(G(x_0)=0\)，所以 \(F(x_0)=r\)。

分治 \(\text{NTT}\) 容易求出 \(G_{l,r}=\displaystyle\prod_{i=l}^r(x-x_i)\)，将 \(F\) 分别对 \(G_{l,mid}\) 和 \(G_{mid+1,r}\) 取模后传入左右区间，当 \(l=r\) 时就求出了第 \(l\) 个询问的答案。分治到 \([l,r]\) 时 \(F\) 的次数小于 \(G_{l,r}\) 的次数即 \(F\) 为 \(r-l\) 次多项式。

假设 \(n,m\) 同阶，我们得到了一个时间复杂度 \(T(n)=2T(\frac n 2)+O(n\log n)=O(n\log^2n)\) 的算法，但由于每次递归都需要多项式取模，常数较大。

我们发现算出 \(Q(x)\) 的常数项即可算出 \(r\)，即 \(r=[x^0]Q(x)\cdot x_0+[x^0]F(x)\)。

在多项式取模的推导过程中，我们得到了 \(Q_R\equiv \dfrac {F_R}{G_R}(\bmod x^{n-m+1})\) 这一式子。因为 \({G_{l,mid}}_R^{-1}={G_{l,r}}_R^{-1}{G_{mid+1,r}}_R\)，于是可以求出 \([l,r]\) 对应的 \(Q_R\) 后乘上 \({G_{mid+1,r}}_R\) 得到 \([l,mid]\) 对应的 \(Q_R\)，右区间同理。

\(G(x)\) 的长度看似没有保障，但是注意到我们最后只需要 \([x^0]Q(x)\) 即 \([x^{n-1}]Q_R(x)\)，在递归到区间 \([l,r]\) 时，\(Q_R\) 之后只会乘以次数小于 \(r-l+1\) 的多项式，从而只有后 \(r-l\) 位有可能对答案有贡献，于是只需要保留 \(Q_R\) 的后 \(r-l\) 位，这也保证了该算法的时间复杂度。

时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)，每次递归只需要做多项式乘法，常数小。

事实上这与转置原理方法本质相同。

核心代码：

namespace Evaluation{
	#define ls (rt<<1)
	#define rs (rt<<1|1)
	inline Poly MulT(const Poly &a,const Poly &b){
		Poly F=a,G=b;
		int n=a.size(),m=b.size();
		reverse(G.begin(),G.end());
		init(n);
		F.resize(lim),G.resize(lim);
		NTT(F,1),NTT(G,1);
		for(int i=0;i<lim;i++)
			G[i]=1ll*F[i]*G[i]%mod;
		NTT(G,-1);
		for(int i=m-1;i<n;i++)
			F[i-m+1]=G[i];
		F.resize(max(0,n-m+1));
		return F;
	}
	Poly T[N];
	Poly Q,ans;
	inline void build(int rt,int l,int r){
		if(l==r){
			T[rt]=(Poly){1,dec(0,Q[l])};
			return ;
		}
		int mid=l+r>>1;
		build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r);
		T[rt]=T[ls]*T[rs];
	}
	inline void solve(int rt,int l,int r,Poly F){
		if(l==r){
			ans[l]=F[0];
			return ;
		}
		int mid=l+r>>1;
		solve(ls,l,mid,MulT(F,T[rs]));
		solve(rs,mid+1,r,MulT(F,T[ls]));
	}
	inline Poly solve(Poly F,Poly Qr){
		Q=Qr;
		int n=F.size(),m=Q.size();
		if(n<m) F.resize(n=m);
		if(m<n) Q.resize(n);
		build(1,0,n-1);
		ans.resize(n),F.resize(n*2);
		solve(1,0,n-1,MulT(F,Inv(T[1])));
		ans.resize(m);
		return ans;
	}
}

另外我还实现了任意模数多点求值，跑一个点大概要 300ms，评测记录。实测可以轻松跑过 P5282。