多项式学习小记

多项式

FFT 和 NTT 以后再补。

FFT

单位根，复数，乱推

NTT

将单位根变成原根，但模数要满足对于 \(\log_2(\text{序列长度})<n\) ，\(p=2^nx+1\)

MTT

即任意模数。

这时 NTT 使用不了，FFT 会被卡精度。

方法1

使用 3-NTT 。

即取 \(3\) 个 NTT 模数，然后使用中国剩余定理合并。

但有负数的情况下无法使用。

方法2

使用拆位 FFT。

接下来细嗦这个东西。

多项式求逆

给定一个多项式 \(F(x)\) ，请求出一个多项式 \(G(x)\)， 满足 \(F(x) \times G(x) \equiv 1 \pmod{x^n}\)。系数对 \(998244353\) 取模。

\(\mathcal{O}(n^2)\) 版

边界 \(g_0={1\over f_0}\)。

那么易得

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^nf_ig_{n-i}&=0\ \ \ \ (n>0)\\ f_0g_n&=-\sum_{i=1}^nf_ig_{n-i}\\ g_n&=-{1\over f_0}\sum_{i=1}^nf_ig_{n-i} \end{aligned} \]

做法

倍增

设 \(m=x^n,m'=x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}\)

设 \(f^{-1}(x)\) 表示 \(f(x)\) 在模 \(x^n\) 意义下的逆元，\(g^{-1}(x)\) 表示 \(f(x)\) 在模 \(x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}\) 意义下的逆元

于是有

\[\begin{aligned} g^{-1}(x)&\equiv f^{-1}(x) \pmod{m'}\\ g^{-1}(x)-f^{-1}(x)&\equiv 0 \pmod{m'} \end{aligned} \]

同时平方得

\[\begin{aligned} (g^{-1}(x)-f^{-1}(x))^2&\equiv 0 \pmod{m}\\ g^{-2}(x)-2g^{-1}(x)f^{-1}(x)+f^{-2}(x)&\equiv 0 \pmod{m}\\ \end{aligned} \]

两边同时乘 \(f(x)\) 得

\[\begin{aligned} f(x)g^{-2}(x)-2f(x)g^{-1}(x)f^{-1}(x)+f(x)f^{-2}(x)&\equiv 0 \pmod{m}\\ f(x)g^{-2}(x)-2g^{-1}(x)+f^{-1}(x)&\equiv 0 \pmod{m}\\ f^{-1}(x)&\equiv 2g^{-1}(x)-f(x)g^{-2}(x) \pmod{m}\\ f^{-1}(x)&\equiv g^{-1}(x)(2-f(x)g^{-1}(x)) \pmod{m}\\ \end{aligned} \]

递归即可

时间复杂度 \(T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n\log n)\) ，即 \(T(n)=O(n\log n)\)

多项式开根

给定一个多项式 \(F(x)\) ，请求出一个多项式 \(G(x)\)， 满足 \(G^2(x) \equiv F(x) \pmod{x^n}\)。系数对 \(998244353\) 取模。

\(\mathcal{O}(n^2)\) 版

边界 \(g_0=\sqrt {f_0}\)。

那么易得

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^ng_ig_{n-i}&=f_i\ \ \ \ (n>0)\\ 2g_0g_n+\sum_{i=1}^{n-1}g_ig_{n-i}&=f_i\\ 2g_0g_n&=f_i-\sum_{i=1}^{n-1}g_ig_{n-i}\\ g_n&={f_i-\sum_{i=1}^{n-1}g_ig_{n-i}\over 2g_0}\\ \end{aligned} \]

做法

继续倍增

设 \(m=x^n,m'=x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}\)

设 \(b^2(x)\equiv f(x)\pmod {x^n}\) ，\(g^2(x)\equiv f(x)\pmod {x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\)

\[\begin{aligned} g^2(x)&\equiv f(x) \pmod{m'}\\ g^2(x)-f(x)&\equiv 0 \pmod{m'}\\ \end{aligned} \]

同时平方得

\[\begin{aligned} (g^2(x)-f(x))^2&\equiv 0 \pmod{m}\\ (g^2(x)+f(x))^2&\equiv 4g^2(x)f(x) \pmod{m}\\ (\frac{g^2(x)+f(x)}{2g(x)})^2&\equiv f(x) \pmod{m}\\ \end{aligned} \]

两边同时开方得

\[\begin{aligned} \frac{g^2(x)+f(x)}{2g(x)}&\equiv b(x) \pmod{m}\\ 2^{-1}(g(x)+f(x)g^{-1}(x))&\equiv b(x) \pmod{m}\\ \end{aligned} \]

递归即可

时间复杂度 \(T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n\log n)\) ，即 \(T(n)=O(n\log n)\)

分治NTT/FFT

给定序列 \(g_{1\dots n - 1}\)，求序列 \(f_{0\dots n - 1}\)

其中 \(f_i=\sum_{j=1}^if_{i-j}g_j\)，边界为 \(f_0=1\)

答案对 \(998244353\) 取模

做法

我们设 \(g_0=0\)

我们设将 \(f\) 卷上 \(g\) 得到的新序列为 \(h\) ，所以

\[h_i=\sum_{j=0}^if_{i-j}\times g_j \]

与原式十分相似，仔细观察发现原式是从 \(1\) 开始枚举，然而并无大碍，因为 \(g_0=0\) ，所以无影响。

唯一不同的是 \(h_0=0\) 而 \(f_0=1\) 。

于是我们得出 \(f*g=f-f_0\)

开始推

\[\begin{aligned} f*g&=f-f_0\\ f*g-f&=-f_0\\ f*(1-g)&=f_0\\ f&\equiv{f_0\over 1-g} \pmod {x^n}\\ f&\equiv (1-g)^{-1} \end{aligned} \]

套一个多项式求逆就可以了

多项式除法&取模

给定一个 \(n\) 次多项式 \(F(x)\) 和一个 \(m\) 次多项式 \(G(x)\) ，请求出多项式 \(Q(x)\), \(R(x)\)，满足以下条件：

• \(Q(x)\) 次数为 \(n-m\)，\(R(x)\) 次数小于 \(m\)
• \(F(x) = Q(x) * G(x) + R(x)\)

所有的运算在模 \(998244353\) 意义下进行。

做法

\[f\left({1\over x}\right)=\sum^n_{i=0}a_i{1\over x^i} \]

两边同时乘上\(1\over x^n\) 得

\[\begin{aligned} x^nf\left({1\over x}\right)=\sum^n_{i=0}a_ix^{n-i} \end{aligned} \]

我们设 \(f_0(x)=x^nf({1\over x})\)

那么我们可以发现，\(f_0(x)\) 只是将 \(f(x)\) 的系数 reverse 了

直接开始推式子

\[\begin{aligned} F(x)&= Q(x) \times G(x) + R(x)\\ F\left({1\over x}\right)&= Q\left({1\over x}\right) \times G\left({1\over x}\right) + R\left({1\over x}\right)\\ F\left({1\over x}\right)\times x^n&= Q({1\over x}) \times G\left({1\over x}\right)\times x^n + R\left({1\over x}\right)\times x^n\\ F_0(x)&= Q_0(x) \times G_0(x) + R_0\left({1\over x}\right)\times x^{n-m+1} \end{aligned} \]

所以

\[\begin{aligned} F_0(x)&\equiv Q_0(x) \times G_0(x) \pmod{x^{n-m+1}}\\ Q_0(x)&\equiv {F_0(x) \over G_0(x)} \pmod{x^{n-m+1}} \end{aligned} \]

又因为 \(Q_0(x)\) 的项数为 \(n-m\) ，所以 \(Q_0(x)\) 就是 \({F_0(x) \over G_0(x)} \bmod x^{n-m+1}\)

然后往回带入 \(Q(x)\)，再多项式减法求出 \(R(x)\) 就行了

多项式 \(ln\)

题目

给出 \(n-1\) 次多项式 \(A(x)\)，求一个 \(\bmod{\:x^n}\) 下的多项式 \(B(x)\)，满足 \(B(x) \equiv \ln A(x)\)

\(\text{mod } 998244353\)

开始抽搐起来

引理1

\(\ln'(x)={1\over x}\)

证明:

\[\begin{aligned} \ln'(x)&=\lim_{\Delta x\to0}\left({\ln(x+\Delta x)-\ln(x)\over \Delta x}\right)\\ &={\ln(x+\Delta x)-\ln(x)\over \Delta x}\\ &={1\over \Delta x}(\ln(x+\Delta x)-\ln(x))\\ &={1\over \Delta x}\ln\left({x+\Delta x\over x}\right)\\ &={1\over \Delta x}\ln\left(1+{\Delta x\over x}\right)\\ &={1\over x}{x\over \Delta x}\ln\left(1+{\Delta x\over x}\right)\\ &={1\over x}{\ln\left(1+{\Delta x\over x}\right)x\over \Delta x}\\ \end{aligned} \]

令 \(u={\Delta x\over x}\) ，又因为 \(\Delta x\to 0\) ，所以 \(u\to0\)

原式则等于

\[\begin{aligned} &{1\over x}{\ln\left(1+u\right)\over u}\\ =&{1\over x}\ln(1+u)^{1\over u} \end{aligned} \]

根据自然对数 \(e=\underset{\alpha\to0}{\lim}(1+\alpha)^{1\over\alpha}\)，且 \(u\to 0\)

所以原式等于

\[{1\over x}\ln e={1\over x} \]

证毕

引理2

设 \(h(x)=f(g(x))\)

\(h'(x)=f'(g(x))\times g'(x)\)

证明：

\[\begin{aligned} h'(x)&=\lim_{\Delta x\to0}\left({h(x+\Delta x)-h(x)\over \Delta x}\right)\\ &={f(g(x+\Delta x))-f(g(x))\over \Delta x}\\ &={f(g(x+\Delta x))-f(g(x))\over g(x+\Delta x)-g(x)}\times {g(x+\Delta x)-g(x)\over \Delta x}\\ &={f(g(x+\Delta x))-f(g(x))\over g(x+\Delta x)-g(x)}\times g'(x) \end{aligned} \]

由于 \(\underset{\Delta x\to0}{\lim}\) ，所以 \(x+\Delta x\to x\) ，所以 \(g(x+\Delta x)\to g(x)\) ，所以 \(g(x+\Delta x)-g(x)\to0\)

所以原式等于 $f'(g(x))\times g'(x) $

证毕

\(\mathcal{O}(n^2)\) 版

边界 \(b_0=\ln a_0\)，一般为 \(0\) 。

那么易得

由于 \(B'(x)={A'(x)\over A(x)}\)，所以 \(A'(x)=B'(x)A(x)\)，即

\[\begin{aligned} (n+1)a_{n+1}&=\sum_{i=0}^n(i+1)b_{i+1}a_{n-i}\\ (n+1)a_{n+1}&=\sum_{i=1}^{n+1}ib_ia_{n-i+1}\\ (n+1)a_{n+1}&=(n+1)b_{n+1}a_0+\sum_{i=1}^{n}ib_ia_{n-i+1}\\ (n+1)b_{n+1}a_0&=(n+1)a_{n+1}-\sum_{i=1}^{n}ib_ia_{n-i+1}\\ b_{n+1}&={(n+1)a_{n+1}-\sum_{i=1}^{n}ib_ia_{n-i+1}\over (n+1)a_0}\\ b_{n}&={na_n-\sum_{i=1}^{n-1}ib_ia_{n-i}\over na_0}\\ \end{aligned} \]

一般默认 \(a_0=1\) ，所以原式即为

\(b_n=a_n-{1\over n}\sum_{i=1}^{n-1}ib_ia_{n-i}\)

做法

设 \(f(x)=\ln(x)\)

所以 \(B(x)\equiv f(A(x))\)

所以两边求导得 \(B'(x)\equiv f'(A(x))\times A'(x)\)

又因为 \(f'(u)={1\over u}\)，所以 \(B'(x)\equiv {A'(x)\over A(x)}\)

所以，我们将 \(A'(x)\) 与 \(A^{-1}(x)\) 求出，再用 \(B'(x)\) 求出 \(B(x)\) 就行了

多项式求导

设我们现在在处理第 \(k\) 次项

所以原式为 \(a_k((x+\Delta x)^k-x^k)\over \Delta x\) ，二项式展开得 \(a_k(x^k-x^k+kx^{k-1}+\cdots)\) ，由于 \(\Delta x\) 可以看作零，所以原式第 \(k\) 项为 \(a_k\times k\times x^{k-1}\)

多项式积分

将多项式求导倒过来就行了

我们可以发现第 \(k-1\) 项是 \(a_k\times k\times x^{k-1}\) ，所以积分后第 \(k\) 项为 \({a_{k-1}\over k}x^k\)

但是我们发现积分会忽略常数项，于是将其补为 \(\ln(1)\) ，即 \(0\)

现在我们就可以开做了

多项式牛顿迭代

这是求一个 \(G(F(x))\equiv0\pmod{x^n}\) 的 \(F(x)\) 的，\(G(x)\) 已知。

我们设 \(G(f(x))\equiv 0\pmod {x^{\lceil {a\over2}\rceil}}\) ，其中 \(f(x)\) 已求出

现在我们要求出 \(G(F(x))\equiv0\pmod {x^a}\) 中的 \(F(x)\)

我们考虑将 \(G(F(x))\) 在 \(f(x)\) 处展开

\[G(F(x))=\sum_{i=0}^{a-1}{G^{(i)}(f(x))\over i!}(F(x)-f(x))^i \]

我们发现 \(F(x)\equiv f(x)\pmod{x^{\lceil {a\over2}\rceil}}\)

所以 \(F(x)-f(x)\equiv 0\pmod{x^{\lceil {a\over2}\rceil}}\)

所以 \((F(x)-f(x))^2\equiv 0\pmod{x^{\lceil {a\over 2}\rceil\times2}}\)

又因为原式 \(\bmod {\ x^a}\)

所以对于 \(\forall i\geqslant2\) ，都会被模掉

于是原式变为

\[\begin{aligned} G(F(x))&=G(f(x))+G'(f(x))(F(x)-f(x))\\ 0&=G(f(x))+G'(f(x))(F(x)-f(x))\\ 0&={G(f(x))\over G'(f(x))}+F(x)-f(x)\\ F(x)&=f(x)-{G(f(x))\over G'(f(x))}\\ \end{aligned} \]

牛顿迭代基本式子就出来了。

多项式 \(exp\)

引理（似乎无用）

\[\exp'(x)=\exp(x) \]

证明

\[\begin{aligned} \exp'(x)&=\lim_{\Delta x\to 0} {\exp(x+\Delta x)-\exp(x)\over\Delta x}\\ &=\lim_{\Delta x\to 0} {e^{x+\Delta x}-e^x\over\Delta x}\\ &=e^x\lim_{\Delta x\to 0} {e^{\Delta x}-1\over\Delta x}\\ \end{aligned} \]

我们设 \(t=e^{\Delta x}-1\) ，且 \(t\to 0\)

原式即等于

\[\exp(x)\lim_{\Delta x\to 0} {t\over\ln(t+1)} \]

考虑之前推 \(\ln'\) 的过程

\[\begin{aligned} \ln'(x)&=\lim_{\Delta x\to0}\left({\ln(x+\Delta x)-\ln(x)\over \Delta x}\right)\\ &={1\over x}\lim_{\Delta x\to0}\left({\ln(1+u)\over u}\right)\\ \end{aligned} \]

其中 \(u={\Delta x\over x}\)

我们知道 \(\ln'(x)={1\over x}\) （在多项式 \(\ln\) 部分），所以

\[\begin{aligned} {1\over x}\lim_{\Delta x\to0}\left({\ln(1+u)\over u}\right)&={1\over x}\\ \lim_{\Delta x\to0}\left({\ln(1+u)\over u}\right)&=1\\ \lim_{\Delta x\to0}\left({u\over \ln(1+u)}\right)&=1 \end{aligned} \]

所以

\[\exp'(x)=\exp(x)\lim_{\Delta x\to 0} {t\over\ln(t+1)}=\exp(x)\times1=\exp(x) \]

证毕

做法

求 \(B(x)=\exp(F(x))\)

两边 \(\ln\) 一下，可以得到 \(\ln B(x)=F(x)\)

于是 \(\ln B(x)-F(x)=0\)

开始牛顿迭代

我们可以把 \(B(x)\) 看做变量，\(F(x)\) 看做常数

设 \(G(B(x))\equiv \ln B(x)-F(x)\pmod {x^n}\)

套入牛顿迭代公式

\[B(x)\equiv b(x)-{G(b(x))\over G'(b(x))} \pmod {x^n} \]

根据定义可以得到 \(G'(b(x))=\ln'b(x)={1\over b(x)}\)

所以

\[B(x)\equiv b(x)-b(x)(\ln b(x)-F(x)) \pmod {x^n} \]

即

\[B(x)\equiv b(x)(1-\ln b(x)+F(x)) \pmod {x^n} \]

然后就没了

\(\mathcal{O}(n^2)\) 版

引理在这时有用了。

边界 \(b_0=\exp(a_0)\)，一般为 \(1\)。

由于 \(B(x)=\exp(A(x))\) ，即 \(B'(x)=\exp(A(x))A'(x)\) ，即 \(B'(x)=B(x)A'(x)\)。

那么易得

\[\begin{aligned} (n+1)b_{n+1}&=\sum_{i=0}^n(i+1)a_{i+1}b_{n-i}\\ b_{n+1}&={1\over n+1}\sum_{i=1}^{n+1}ia_ib_{n-i+1}\\ b_n&={1\over n}\sum_{i=1}^nia_ib_{n-i}\\ \end{aligned} \]

多项式快速幂

题目

给定一个 \(n-1\) 次多项式 \(A(x)\)，求一个在 \(\bmod\ x^n\) 意义下的多项式 \(B(x)\)，使得 \(B(x) \equiv (A(x))^k \ (\bmod\ x^n)\) ，对 \(998244353\) 取模，保证 \(a_0=1\)

做法

因为 \(B(x) \equiv (A(x))^k \ (\bmod\ x^n)\)

所以 \(\ln B(x) \equiv \ln(A(x))\times k \ (\bmod\ x^n)\)

然后 \(B(x) \equiv\exp( \ln(A(x))\times k) \ (\bmod\ x^n)\)

就没了。

加强版

不保证 \(a_0=1\)

那么我们将多项式里的所有系数除以 \(a_0\) ，最后再乘上 \((a_0)^k\) 就行了，根据欧拉定理，\(k\) 对 \(998244352\) 取模。

但是如果 \(a_0=0\) 怎么办呢？

我们可以将多项式左移到 \(a_0\) 不为 \(0\) ，然后算完后再右移左移的位数的 \(k\) 倍就行了

多项式三角函数

题目

给定一个 $n-1 $ 次多项式 \(A(x)\)，求两个个在 \(\bmod\ x^n\) 意义下的多项式 \(B(x),C(x)\)，使得 \(B(x) \equiv \sin(A(x)) \ (\bmod\ x^n),C(x) \equiv \cos(A(x)) \ (\bmod\ x^n)\) ，对 \(998244353\) 取模

引理1

\[\sin'(x)=\cos(x)\\ \cos'(x)=-\sin(x) \]

证明(似乎不对)

\[\begin{aligned} \sin'(x)&=\lim_{\Delta x\to0}{\sin(x+\Delta x)-\sin(x)\over \Delta x}\\ &=\lim_{\Delta x\to0}{\sin(x)\cos(\Delta x)+\cos(x)\sin(\Delta x)-\sin(x)\over \Delta x}\\ &=\lim_{\Delta x\to0}{\sin(x)(\cos(\Delta x)-1)+\cos(x)\sin(\Delta x)\over \Delta x}\\ \end{aligned} \]

由于 \(\Delta x\to0\) ，所以 \(\cos(\Delta x)-1\to0,\sin(\Delta x)\to0\)

所以原式等于

\[\begin{aligned} &\lim_{\Delta x\to0}{\sin(x)(\cos(\Delta x)-1)+\cos(x)\sin(\Delta x)\over \Delta x}\\ =&\lim_{\Delta x\to0}{\cos(x)\sin(\Delta x)\over \Delta x}\\ =&\cos(x)\\ \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} \cos'(x)&=\lim_{\Delta x\to0}{\cos(x+\Delta x)-\cos(x)\over \Delta x}\\ &=\lim_{\Delta x\to0}{\cos(x)\cos(\Delta x)-\sin(x)\sin(\Delta x)-\cos(x)\over \Delta x}\\ &=\lim_{\Delta x\to0}{\cos(x)(\cos(\Delta x)-1)-\sin(x)\sin(\Delta x)\over \Delta x}\\ &=\lim_{\Delta x\to0}{-\sin(x)\sin(\Delta x)\over \Delta x}\\ &=-\sin(x) \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} \tan(x)&={\sin(x)\over\cos(x)}\\ \tan'(x)&=\left({\sin(x)\over\cos(x)}\right)'\\ &={\sin'(x)\cos(x)-\sin(x)\cos'(x)\over\cos^2(x)}\\ &={\cos(x)\cos(x)+\sin(x)\sin(x)\over\cos^2(x)}\\ &={1\over\cos^2(x)}\\ \end{aligned} \]

证毕

引理2

\(\sin(x)\) 与 \(\cos(x)\) 的麦克劳林展开

\[\begin{aligned} \sin(x)&=\sum_{i=0}^{+\infty}{\sin^{(i)}(0)\over i!}x^i\\ &=\sin(0)+{\sin'(0)\over1!}x+{\sin''(0)\over2!}x^2+{\sin'''(0)\over3!}x^3+{\sin''''(0)\over4!}x^4+\cdots\\ &=\sin(0)+{\cos(0)\over1!}x+{-\sin(0)\over2!}x^2+{-\cos(0)\over3!}x^3+{\sin(0)\over4!}x^4+\cdots\\ \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} \cos(x)&=\sum_{i=0}^{+\infty}{\cos^{(i)}(0)\over i!}x^i\\ &=\cos(0)+{\cos'(0)\over1!}x+{\cos''(0)\over2!}x^2+{\cos'''(0)\over3!}x^3+{\cos''''(0)\over4!}x^4+\cdots\\ &=\cos(0)+{-\sin(0)\over1!}x+{-\cos(0)\over2!}x^2+{\sin(0)\over3!}x^3+{\cos(0)\over4!}x^4+\cdots\\ \end{aligned} \]

又因为 \(\sin(0)=0,\cos(0)=1\) ，所以

\[\sin(x)={x\over1!}-{x^3\over3!}+{x^5\over5!}-{x^7\over7!}+\cdots\\ \cos(x)=1-{x^2\over2!}+{x^4\over4!}-{x^6\over6!}+{x^8\over8!}+\cdots \]

引理3

\(\text{i}\) 为虚数单位

\[\begin{aligned} \exp(\text{i}x)&=e^{\text{i}x}\\ &=1+{(\text{i}x)\over1!}+{(\text{i}x)^2\over2!}+{(\text{i}x)^3\over3!}+{(\text{i}x)^4\over4!}+\cdots\\ &=1+{\text{i}x\over1!}+{\text{i}^2x^2\over2!}+{\text{i}^3x^3\over3!}+{\text{i}^4x^4\over4!}+\cdots\\ &=1+{\text{i}x\over1!}-{x^2\over2!}-{\text{i}x^3\over3!}+{x^4\over4!}+\cdots\\ &=\left(1-{x^2\over2!}+{x^4\over4!}+\cdots\right)+\left({\text{i}x\over1!}-{\text{i}x^3\over3!}+\cdots\right)\\ &=\left(1-{x^2\over2!}+{x^4\over4!}+\cdots\right)+\text{i}\left({x\over1!}-{x^3\over3!}+\cdots\right)\\ &=\cos(x)+\text{i}\sin(x) \end{aligned} \]

\(\text{i}\) 可以引用复平面的概念，即 \(\text{i}\) 等于四次单位根。

做法

我们知道 \(e^{\text{i}x}=\cos(x)+\text{i}\sin(x)\)

所以 \(e^{-\text{i}x}=\cos(x)-\text{i}\sin(x)\)（证明就把上面证明过程的 \(x\) 改成 \(-x\) 即可）

所以

\[\cos F(x)={e^{\text{i}F(x)}+e^{−\text{i}F(x)}\over2} \]

\[\sin F(x)={e^{\text{i}F(x)}-e^{−\text{i}F(x)}\over2\text{i}} \]

没了

多项式反三角函数

题目

给定一个 \(n-1\) 次多项式 \(A(x)\) ，其中 \(a_0=0\) ，求一个 \(\bmod{\:x^n}\) 下的多项式 \(F(x)\)，满足 \(F(x)\equiv\arcsin A(x)\) 或 \(F(x)\equiv\arctan A(x)\)，系数对 \(998244353\) 取模。

引理1

设 \(y=f(a(x))\)

\[(f^{-1}(y))'={a'(x)\over f'(a(x))} \]

证明

\[\begin{aligned} f^{-1}(f(a(x)))&=a(x)\\ (f^{-1}(f(a(x))))'\times f'(a(x))&=a'(x)\\ (f^{-1}(f(a(x))))'&={a'(x)\over f'(a(x))} \end{aligned} \]

引理2

\[\begin{aligned} \arcsin'(a(x))&={a'(x)\over \sin'(\arcsin(a(x)))}\\ &={a'(x)\over \cos(\arcsin(a(x)))}\\ \end{aligned} \]

因为 \(\cos^2(x)+\sin^2(x)=1\) ，原式化为

\[\begin{aligned} \arcsin'(x)&={a'(x)\over \cos(\arcsin(a(x)))}\\ &={a'(x)\over \sqrt{1-\sin^2(\arcsin(a(x)))}}\\ &={a'(x)\over \sqrt{1-a(x)^2}}\\ \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} \arccos'(a(x))&={a'(x)\over \cos'(\arccos(a(x)))}\\ &=-{a'(x)\over \sin(\arccos(a(x)))}\\ &=-{a'(x)\over \sqrt{1-\cos^2(\arccos(a(x)))}}\\ &=-{a'(x)\over \sqrt{1-a(x)^2}}\\ \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} \arctan'(a(x))&={a'(x)\over \tan'(\arctan(a(x)))}\\ &={a'(x)\over {1\over\cos^2(\arctan(a(x)))}}\\ &={a'(x)\over {\cos^2(\arctan(a(x)))+\sin^2(\arctan(a(x)))\over\cos^2(\arctan(a(x)))}}\\ &={a'(x)\over 1+{\sin^2(\arctan(a(x)))\over\cos^2(\arctan(a(x)))}}\\ &={a'(x)\over 1+\tan^2(\arctan(a(x)))}\\ &={a'(x)\over 1+a(x)^2}\\ \end{aligned} \]

证毕

做法

原式为 \(F(x)\equiv\arcsin A(x)\)

两边求导得 \(F'(x)\equiv{A'(x)\over \sqrt{1-A(x)^2}}\)

再积分回去就行了

下降幂多项式乘法

下降幂 \(x^{\underline n}=\prod_{i=0}^{n-1}(x-i)\)

引理1

\(x^{\underline n}\) 的 EGF 等于 \(x^ne^x\)

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^\infty{i^{\underline n}\over i!}x^i&=\sum_{i=0}^\infty{1\over (i-n)!}x^i\\ &=x^n\sum_{i=0}^\infty{1\over i!}x^i\\ &=x^ne^x\\ \end{aligned} \]

所以说，下降幂多项式的点值表示法的 EGF 为

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^\infty{1\over i!}x^i\sum_{j=0}^\infty f_ji^{\underline j}&=\sum_{j=0}^\infty f_j\sum_{i=0}^\infty{1\over i!}x^i i^{\underline j}\\ &=\sum_{j=0}^\infty f_jx^je^x\\ &=e^x\sum_{j=0}^\infty f_jx^j\\ \end{aligned} \]

于是点值相乘之后再转回去即可。

普通，下降幂多项式互转

下降转普通

有其点值 EGF 为

\[\sum_{i=0}^\infty{1\over i!}x^i\sum_{j=0}^\infty f_ji^{\underline j} \]

由上，易证。

\[\sum_{i=0}^\infty{1\over i!}x^i\sum_{j=0}^\infty f_ji^{\underline j}=e^x\sum_{j=0}^\infty f_jx^j \]

于是，我们可以求得在 \(x\in[0,n)\) 时的所有点值 \(y\) .

这看上去一眼多项式插值。

但是不用多项式多点求值，因为 \(x\) 是连续的。

也就是说

\[{y_i\over \prod_{i=0,i\not=j}^{n-1}(i-j)}={y_i\over i!(-1)^{n-1-i}(n-1-i)!} \]

而 EGF 里原来就有 \(y_i\over i!\),所以多除以 \((-1)^{n-i-1}(n-1-i)!\) 就行了。

普通转下降

考虑分治 NTT。

设 \(F(x)\) 表示原普通多项式，\(G(x)\) 表示下降幂多项式。

那么有

\[F_{l,r}(x)=F_{l,mid}(x)+x^{mid-l+1}F_{mid+1,r}(x) \]

于是

\[G_{l,r}(x)=G_{l,mid}(x)+x^{mid-l+1}G_{mid+1,r}(x) \]

考虑 \(x^{mid-l+1}G_{mid+1,r}(x)\) 怎么求。

不妨将 \(G(x)\) 转化成点值 EGF ，于是乘上 \(x^{mid-l+1}\) 的点值，再插值回去就行了。

多项式多点求值

假设我们现在要求 \(\forall i\in[l,r]\) 的所有 \(a_i\) 的多项式的值。

考虑构造两个多项式。

设中点为 \(mid\).

\[P(x)=\prod_{i=l}^{mid}(x-a_i)\\ P_2(x)=\prod_{i=mid+1}^r(x-a_i)\\ \]

显然：

\[\forall i\in[l,mid],P(a_i)=0\\ \forall i\in[mid+1,r],P_2(a_i)=0\\ \]

所以说，如果我们

\[F(x)=P(x)Q(x)+R(x)\\ F(x)=P_2(x)Q_2(x)+R_2(x)\\ \]

那么在往左区间递归时，即可令 \(F(x)=R(x)\) ，右区间递归时，令 \(F(x)=R_2(x)\)。

多项式快速插值

给你 \(n\) 个点对 \((x_i,y_i)\) ，插出一个 \(n-1\) 次多项式。

考虑拉格朗日插值的公式。

\[f(x)=\sum_{i=1}^ny_i\prod_{j\not=i}{x-x_j\over x_i-x_j} \]

随便拆开化简一下

\[f(x)=\sum_{i=1}^n{y_i\over\prod_{j\not= i}(x_i-x_j)}\prod_{j\not=i}{(x-x_j)} \]

我们设 \(P(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i)\)

那么

\[\prod_{j\not=i}(x_i-x_j)={P(x_i)\over x_i-x_i} \]

\(0\over0\) 可还行？

其实是可以通过洛必达法则化简的。

因为 \(\lim_{x\to x_i}P(x)=0,\lim_{x\to x_i}(x-x_i)=0\) 。

所以

\[\lim_{x\to x_i}{P(x)\over(x-x_i)}=\lim_{x\to x_i}{P'(x)\over(x-x_i)'}=\lim_{x\to x_i}{P'(x)\over1}=P'(x) \]

于是原式变为

\[f(x)=\sum_{i=1}^n{y_i\over P'(x_i)}\prod_{j\not=i}{(x-x_j)} \]

所有的 \(P'(x_i)\) 可以多点求值求出。

设

\[F_{l,r}=\sum_{i=l}^r{y_i\over P'(x_i)}\prod_{j=l,j\not=i}^r(x-x_j) \]

那么

\[\begin{aligned} F_{l,r}&=\sum_{i=l}^r{y_i\over P'(x_i)}\prod_{j=l,j\not=i}^r(x-x_j)\\ &=\sum_{i=l}^{mid}{y_i\over P'(x_i)}\prod_{j=l,j\not=i}^r(x-x_j)+\sum_{i=mid+1}^r{y_i\over P'(x_i)}\prod_{j=l,j\not=i}^r(x-x_j)\\ &=\prod_{j=mid+1}^r(x-x_j)\sum_{i=l}^{mid}{y_i\over P'(x_i)}\prod_{j=l,j\not=i}^{mid}(x-x_j)+\prod_{j=l}^{mid}(x-x_j)\sum_{i=mid+1}^r{y_i\over P'(x_i)}\prod_{j=mid+1,j\not=i}^r(x-x_j)\\ &=\prod_{j=mid+1}^r(x-x_j)F_{l,mid}+\prod_{j=l}^{mid}(x-x_j)F_{mid+1,r} \end{aligned} \]

分治 NTT 即可

第二类斯特林数

定义

第二类斯特林数 \(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 表示将 \(n\) 个有标号的点放入 \(m\) 个无标号集合的方案数，集合内至少有一个点。

\(\mathcal{O}(n^2)\)

考虑 \(\mathcal{O}(n^2)\) 递推

\[\begin{Bmatrix}n\\ m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\ m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1\\ m\end{Bmatrix} \]

也就是说，对于一个新增的点，你可以新开一个集合将其放进去，也可以放进原来的集合中。

行

求出 \(\forall i\in[1,n],\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}\) 的值。

引理

1.二项式反演

\[f(n)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g(i)\iff g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i) \]

证明：

\[\begin{aligned} f(n)&=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g(i)\\ &=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\binom{i}{j}f(j)\\ &=\sum_{j=0}^nf(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}\binom{n}{i}\binom{i}{j}\\ &=\sum_{j=0}^nf(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}\binom{n}{j}\binom{n-j}{i-j}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}f(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}\binom{n-j}{i-j}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}f(j)\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^i\binom{n-j}{i}1^{n-j-i}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}f(j)(1-1)^{n-j}\\ &=f(n) \end{aligned} \]

2.性质

\[m^n=\sum_{i=0}^m\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}i!\binom{m}{i} \]

证明

\(m^n\) 相当于将 \(n\) 个有标号点放入 \(m\) 个有标号集合中（允许集合为空），枚举有 \(i\) 个集合不为空，等式显然成立。（ \(i!\) 表示将集合变成有标号的）

做法

将引理二中的式子二项式反演，可得

\[\begin{aligned} \begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}m!&=\sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}\binom{m}{i}i^n \\&=\sum_{i=0}^m{(-1)^{m-i}\over(m-i)!}\times{m!i^n\over i!} \\\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}&=\sum_{i=0}^m{(-1)^{m-i}\over(m-i)!}\times{i^n\over i!} \end{aligned} \]

NTT 卷积即可。

列

求出 \(\forall i\in[1,n],\begin{Bmatrix}i\\k\end{Bmatrix}\) 的值。

做法：

考虑 EGF

\[\begin{aligned} f(x)&=\sum_{i=0}^\infty\begin{Bmatrix}i\\k\end{Bmatrix}{x^i\over i!}\\ &=\sum_{i=0}^\infty{x^i\over i!}\sum_{j=0}^k{(-1)^{k-j}\over(k-j)!}\times{j^i\over j!}\\ &=\sum_{j=0}^k{(-1)^{k-j}\over(k-j)!}\times{j^i\over j!}\sum_{i=0}^\infty{x^i\over i!}\\ &=\sum_{j=0}^k{(-1)^{k-j}\over(k-j)!j!}\sum_{i=0}^\infty{(xj)^i\over i!}\\ &=\sum_{j=0}^k{(-1)^{k-j}\over(k-j)!j!}e^{xj}\\ &={\sum_{j=0}^k(-1)^{k-j}\binom{k}{j}e^{xj}\over k!}\\ &={(e^x-1)^k\over k!} \end{aligned} \]

多项式快速幂即可，由于是 EGF，答案最后要乘上 \(i!\)

第一类斯特林数

第一类斯特林数 \(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\) 表示将 \(n\) 个有标号的点放入 \(m\) 个圆排列的方案数，每个圆内至少有一个点。

\(\mathcal{O}(n^2)\)

考虑 \(\mathcal{O}(n^2)\) 递推

\[\begin{bmatrix}n\\ m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\ m-1\end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\ m\end{bmatrix} \]

也就是说，对于一个新增的点，你可以新开一个圆将其放进去，也可以放进原来的点的右边中，不难发现这样做是不会重的。

行

求出 \(\forall i\in[1,n],\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\) 的值。

引理

\[x^{\overline n}=\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i \]

考虑归纳证明

当 \(n=0\) 时，\(x^{\overline 0}=1,\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}=1\)，等式成立。

当 \(n>0\) 时。

\[\begin{aligned} x^{\overline{n+1}}&=x^{\overline n}(x+n)\\ &=(x+n)\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i\\ &=\sum_{i=1}^{n+1}\begin{bmatrix}n\\i-1\end{bmatrix}x^i+\sum_{i=0}^nn\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i\\ &=\sum_{i=0}^{n+1}\left(\begin{bmatrix}n\\i-1\end{bmatrix}+n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\right)x^i\\ &=\sum_{i=0}^{n+1}\begin{bmatrix}n+1\\i\end{bmatrix}x^i\\ \end{aligned} \]

得证。

所以说

\[\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i) \]

考虑快速求 \(x^{\overline n}\)

考虑倍增，即 \(x^{\overline {2n}}=x^{\overline n}(x+n)^{\overline n}\)

考虑如何从 \(x^{\overline n}\) 推到 \((x+n)^{\overline n}\)

\[\begin{aligned} (x+n)^{\overline n}&=\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}(x+n)^i\\ &=\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}x^jn^{i-j}\\ &=\sum_{j=0}^nx^j\sum_{i=j}^n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\binom{i}{j}n^{i-j}\\ &=\sum_{i=0}^nx^i\sum_{j=i}^n\begin{bmatrix}n\\j\end{bmatrix}{j!\over i!(j-i)!}n^{j-i}\\ &=\sum_{i=0}^n{1\over i!}x^i\sum_{j=i}^n\begin{bmatrix}n\\j\end{bmatrix}j!{n^{j-i}\over (j-i)!}\\ &=\sum_{i=0}^n{1\over i!}x^i\sum_{j=0}^{n-i}\begin{bmatrix}n\\n-(n-i-j)\end{bmatrix}(n-(n-i-j))!{n^j\over j!}\\ \end{aligned} \]

设 \(a[i]=\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}i!\)

所以将 \(a\) reverse 一下，再和 \(n^j\over j!\) 卷起来就行了。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)

列

求出 \(\forall i\in[1,n],\begin{bmatrix}i\\k\end{bmatrix}\) 的值。

做法：

根据 \(\mathcal{O}(n^2)\) 递推公式，可得 \(\begin{bmatrix}n\\1\end{bmatrix}=(n-1)!\)

所以放在 \(EGF\) 上，即

\[\sum_{i=0}^\infty (i-1)!{x^i\over i!}=\sum_{i=0}^\infty {x^i\over i} \]

所以 \(k\) 个圆排列的方案为

\[F^k(x)\over k! \]

由于排列无标号，所以 \(1\over k!\)

然后就没了。

斯特林反演

[链接](file:///D:/%E5%BE%90%E6%B5%A9%E8%BD%A9/%E7%BB%83%E4%B9%A0/%E5%A4%9A%E9%A1%B9%E5%BC%8F/%E6%96%AF%E7%89%B9%E6%9E%97%E5%8F%8D%E6%BC%94.md)

拉格朗日反演

内容

有多项式 \(F(x),G(x)\)，满足 \(F(G(x))=x\)，那么有如下式子。

\[[x^n]F(x)={1\over n}[x^{-1}]{1\over G^n(x)} \]

复合逆

由于 \(F(G(x))=x\)，所以 \(G(x)=F^{-1}(x)\)，即 \(G(F(x))=x\) 同样成立。

证明

将 \(F(G(x))\) 展开去写：

\[F(G(x))=\sum_{i=0}^n f_iG^i(x) \]

那么有

\[\sum_{i=0}^n f_iG^i(x)=x \]

两边同时求导，得

\[\sum_{i=1}^n if_{i}G^{i-1}(x)G'(x)=1 \]

两边同时除以 \(G^n(x)\).

\[\sum_{i=1}^n if_{i}G^{i-n-1}(x)G'(x)={1\over G^n(x)} \]

考虑取 \([x^{-1}]\)

\[[x^{-1}]\sum_{i=1}^n if_{i}G^{i-n-1}(x)G'(x)=[x^{-1}]{1\over G^n(x)} \]

试求等式左边的值：

当 \(i<n\) 时：

由于 \(i-n-1\geqslant0\)，所以 \([x^{-1}]G^{i-n-1}(x)=0\) 且 \([x^{-1}]G'(x)=0\)，所以 \([x^{-1}]\sum_{i=1}^n if_{i}G^{i-n-1}(x)G'(x)=0\)。

当 \(i=n\) 时

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n [i=n]if_{i}G^{i-n-1}(x)G'(x)&=nf_nG^{-1}(x)G'(x)\\ &=nf_n{\sum_{i=1}^nig_ix^{i-1}\over\sum_{i=1}^ng_ix^i}\\ &=nf_n{\sum_{i=1}^nig_ix^{i-1}\over g_1x}{1\over1+\sum_{i=2}^n{g_i\over g_1}x^{i-1}}\\ \end{aligned} \]

观察一下后面那个分式，其 \([x^{-1}]\) 项为 \(0\)，且 \([x^0]\) 项为 \(1\)。

而左边式子最低项为 \([x^{-1}]\)，且值为 \({1\times g_1\over g_1}=1\)。

所以当 \(i=n\) 时，式子的值为 \(1\)。

带入原式，得

\[nf_n=[x^{-1}]{1\over G^n(x)} \]

即

\[[x^n]F(x)={1\over n}[x^{-1}]{1\over G^n(x)} \]

换一个形式

\[[x^n]F(x)={1\over n}[x^{n-1}]{x^n\over G^n(x)} \]