NTT 及多项式学习笔记

本文主要参考 NTT与多项式全家桶 -command_block。

NTT

概述

NTT 是一个将多项式由系数表达变化为点值表达的变换，类似 FFT。

NTT 的特点是求出的值在模某个质数意义下。

下文假定读者已经学会 FFT，如果不会请移步FFT 学习笔记一文。

分析

考虑我们已经知道的 FFT，其核心原理是利用单位根 \(w\)。那能不能找一个替代品呢？

考虑单位根有哪些性质：

• \(w_n^k=(w_n^1)^k\)；

• \(\forall_{i\neq j,i,j\in[0,n)}w_n^i\neq w_n^j\)；

• \(w_n^k=w_n^{k\bmod n}\)；

• \(w_{2n}^{2k}=w_n^k\)；

然后科学家们找到了一个叫原根的东西。接下来是数论小课堂（如果你已经知道相关知识，可以跳过本段剩余内容）：称 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的阶是最小的整数 \(k\)，满足 \(a^k \equiv 1 \pmod p\)。如果 \(a\) 与 \(p\) 互质，那么认为 \(a\) 的阶是正无穷，或不存在。阶可以理解为是幂的循环节长度。称满足在模 \(p\) 意义下的阶等于 \(\varphi(p)\) 的整数 \(g\) 为原根。可以理解原根为可以在模 \(p\) 意义下，将任意与 \(p\) 互质的数表示为自己的幂。

那么回到这里，对于一个质数 \(p\) 和其原根 \(g\)，\(g\) 的阶数恰好为 \(p-1\)。同时注意到 \(g^k\) 的阶数等于 \((p-1)/\gcd(k,p-1)\)。因此只要当 \(n\mid (p-1)\) 时，\(g^{(p-1)/n}\) 的阶数恰好为 \(n\)，并满足了所有性质。

但是怎么保证条件成立呢？因为在 FFT 前要把多项式的长度补到 \(2\) 的若干次幂，所以只需要找一个含 \(2\) 这个质因数尽可能多的质数即可，\(998244353=2^{23}\times 7\times 17 +1\) 就很好，并且它还有原根，为 \(3\)。

那么直接把 FFT 中的单位根换成 \(g^{(p-1)/n}\) 即可。

分治NTT/半在线卷积

引入

这又是什么？众所周知，多项式乘法有另一个名字：多项式和卷积。就是在 \(W=F*G\) 这个卷积中， \(F[i]\) 和 \(G[j]\) 会贡献到 \(W[i+j]\)。

和卷积的形式比较常见，比如看下面这个问题（来自 P4721）：

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 \(f_0=1\)。对 \(998244353\) 取模。

显然，每一项都可以用 NTT 单独做一次，但是这样太浪费时间了，所以就有人提出了分治 NTT。

分析

如果你学过 cdq 分治，那么分治 NTT 和它类似。

设当前分治区间为 \([l,r]\)，以此进行以下操作：

• 先求出 \([l,mid]\) 的 \(f\)；

• 然后计算 \([l,mid]\) 对 \([mid+1,r]\) 的贡献；

• 最后算 \([mid+1,r]\) 的 \(f\)。

对于第二步，记第 \(i\) 项被贡献的数值为 \(h_i\)，那么有：

\[h_j=\sum_{i=l}^{mid}f_ig_{j-i} \]

和卷积，用 NTT 加速，主定理一算发现时间复杂度是 \(O(n\log^2 n)\)。

多项式的若干运算

基本的加减，数乘，和上文着重展开的乘法就不赘述了。

逆元

记 \(F(x)G(x)=1\)，其中 \(F(x)\) 已知。

首先可以用分治 NTT 做。

但是这里用一种之后更为常用的办法：倍增法。

Fun Fact：\(F(x) \bmod x^1=F(x)[0]\)。显而易见。那么此时可以直接对常数项求逆元。

不妨假设已经求出了 \(G'(x) \equiv F(x) \pmod {x^{n/2}}\)。此时也有 \(G(x)\equiv G'(x) \pmod {x^{n/2}}\)。然后开始推式子：

\[\begin{aligned} G(x)&\equiv G'(x) &\pmod {x^{n/2}}\\ G(x)-G'(x)&\equiv 0&\pmod {x^{n/2}}\\ (G(x)-G'(x))^2&\equiv0&\pmod {x^n}\\ G^2(x)-2G(x)G'(x)+G'^2(x)&\equiv 0 &\pmod{x^n}\\ G(x)-2G'(x)+G'^2(x)F(x)&\equiv 0&\pmod{x^n}\\ G(x)&\equiv2G'(x)-G'^2(x)F(x) &\pmod{x^n} \end{aligned} \]

时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。

常数优化：

首先，观察出上述递推过程中对复杂度影响最大的是 \(G'^2(x)F(x)\) 的两次卷积。

关于 NTT 的一个重要知识：\(NTT\) 本质上是长度为 \(2^k\) 的循环和卷积。

这就是在说对 \(i\) 次项系数的贡献会被贡献到 \(i \bmod 2^k\) 次项系数。

然后又知道本题中其实在从 \(\dfrac{n}{2}\) 倍增到 \(n\) 时可以只算出 \(i\in [\dfrac{n}{2},n)\) 次项的系数。

那么不妨先进行一次长度为 \(n\) 的卷积 \(F'(x)=G'(x)F(x)\)，此时得到的多项式的 \([0,\dfrac{n}{2})\) 次项系数和 \([\dfrac{n}{2},n)\) 次项系数分别对应实际上应该得到的多项式的 \([n,\dfrac{3n}{2})\) 次项系数和 \([\dfrac{n}{2},n)\) 次项系数。

因为 \([n,\dfrac{3n}{2})\) 次项系数在这次倍增中不关心，那么就清空其对应位置的值。

那么不妨先进行一次长度为 \(n\) 的卷积 \(G'(x)F'(x)\)，此时得到的多项式的 \([\dfrac{n}{2},n)\) 次项系数就对应实际上应该得到的多项式的 \([\dfrac{n}{2},n)\) 次项系数。

这样就把原本两次长度为 \(2n\) 的卷积变成了两次长度为 \(n\) 的卷积，理论上可以有 \(\dfrac{1}{4}\) 的常数。

求导与积分

这和一般函数的求导与积分是一样的：

• \(F(x)\) 的导数为 \(\sum \limits_{i=0}^{n-1}F[i+1]x^i\)；

• \(F(x)\) 的积分为 \(C+\sum \limits_{i=1}^n\dfrac{F[i-1]x^{i}}{i}\)。

牛顿迭代

定义多项式复合为 \(G(F(x))=\sum_{i=0}G[i]F(x)^i\)。

这是什么？（多项式中的）牛顿迭代是解决以下问题：已知 \(G\) 并且 \(G(F(x))=0\)，求 \(F \pmod {x^n}\)。

这里先给出结论，记 \(F_0\) 表示 \(G(F_0(x))\equiv 0 \pmod{x^{n/2}}\)：

\[F(x)\equiv F_0(x)-\dfrac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x)))} \pmod{x^n} \]

证明：

首先先来了解以下泰勒展开，记 \(F^{(n)}(i)\) 表示 \(F\) 的 \(n\) 阶导数。如果已知在 \(x_0\) 处 \(F(x)\) 的值，那么以下式子恒成立：

\[F(x)=\sum_{i=1}\dfrac{F^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i \]

那么考虑 \(F(x)\) 一定满足 \(G(F(x)) \equiv 0 \pmod{x^{n/2}}\)，因此有 \(F(x) \equiv F_0(x) \pmod {x^{n/2}}\)。那么不妨在模 \(x^n\) 意义下展开 \(G(F_0(x))\)：

\[\begin{aligned} G(F(x))&\equiv G(F_0(x))+\sum_{i=1}\dfrac{G^{(i)}(F_0(x))}{i!}(F(x)-F_0(x))^i &\pmod {x^n}\\ &\equiv G(F_0(x))+\dfrac{G'(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x)) &\pmod{x^n}\\ F(x)&\equiv F_0(x)-\dfrac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))} &\pmod{x^n} \end{aligned} \]

证毕。

特别地，因为 \(G(F_0(x))\) 的前 \(\dfrac{n}{2}\) 位是 \(0\)，因此分母的精度只需要到 \(\pmod {x^{n/2}}\) 即可。

求 \(\ln\)

不妨令 \(B(x)=\ln A(x)\)，那么有：

\[\begin{aligned} \ln A(x)&=B(x)\\ A'(x)[\ln A(x)]'&=[B(x)]'\\ \dfrac{A'(x)}{A(x)}&=B'(x) \end{aligned} \]

这就可以求出 \(B\) 的导数，之后再求一次积分即可。

求 \(\exp\)

虽然有 \(O(n\log n)\) 的牛顿迭代求法，但是它有近一个 $\log $ 的常数，所以这里介绍 \(O(n\log^2 n)\) 的半在线卷积做法。

记 \(B(x)=\exp A(x)\)。对左右两边同时求导可以得到 \(B'(x)=B(x)F'(x)\)。提取出第 \(n\) 项的系数就是

\[G'[n]=\sum_{i=0}^nF'[i]G[n-i]。 \]

把导数的表达式带入得到：

\[(n+1)G[n+1]=\sum_{i=0}^{n-1}(i+1)F[i+1]G[n-i]。 \]

整理一下有：

\[G[n]=\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^niF[i]G[n-i] \]

类似地有 \(ln\) 的递推公式：

\[F[n]=G[n]-\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^niF[i]G[n-i] \]

有了可以半在线卷积的递推公式，那么照着做就可以了。具体实现时先将 \(F[i]\) 乘上 \(i\) 即可。