【learning】多项式相关(求逆、开根、除法、取模)

(首先要%miskcoo,这位dalao写的博客实在是太强啦qwq大部分多项式相关的知识都是从这位dalao博客里面学的,作为一只蒟蒻还是疯狂膜拜后自己理下思路吧qwq)


多项式求逆(元)

  • 定义

  对于一个多项式\(A(x)\),如果存在一个多项式\(B(x)\),满足\(B(x)\)的次数小于等于\(A(x)\)\(A(x)B(x)\equiv 1(mod\ x^n)\),那么我们称\(B(x)\)\(A(x)\)在模\(x^n\)意义下的逆元,简单记作\(A^{-1}(x)\)

  • 求解

  从最简单的情况开始考虑,当\(n=1\)的时候\(A(x)\equiv\ c\ (mod\ x)\)\(c\)\(A(x)\)的常数项,此时\(A^{-1}(x)\)\(c\)的逆元

  在这个基础上我们继续考虑一般情况

  对于\(n>1\)的情况,不妨设\(B(x)=A^{-1}(x)\),那么我们可以根据定义列出下面的式子:

\[A(x)B(x)\equiv 1(mod\ x^n) \]

  这里的话考虑用倍增的方式求解(算倍增吧),这里假设我们已经知道了\(A(x)\)\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)下的逆元\(G(x)\),那么有:

\[A(x)G(x)\equiv 1(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}) \]

  我们把\(A(x)\)\(B(x)\)的式子写成\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)下的:

  (可以这么写是因为\(mod\ x^n\)相当于将乘积中\(x\)次数大于等于\(n\)的忽略掉了,而\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)则相当于忽略了更多的项,既然前者满足,那么后者肯定也满足)

\[A(x)B(x)\equiv 1 (mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}) \]

  把这两条式子相减,就可以搞事情了:

\[\begin{aligned} A(x)[B(x)-G(x)]&\equiv 0\ (mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\\ B(x)-G(x)&\equiv 0\ (mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\\ \end{aligned} \]

  然后我们两边平方一下:

\[B^2(x)-2B(x)G(x)+G^2(x)\equiv 0\ (mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}) \]

  然后这里有个很神奇的事情,\(B(x)-G(x)\)\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)下为0,说明这个式子最后的结果的\(0\)\(\lceil \frac{n}{2} \rceil -1\)次项系数都为\(0\),平方了之后,对于结果的\(i\)次项系数,(\(0<=i<=2*\lceil \frac{n}{2} \rceil -1\) ),其系数\(a_i = \sum\limits_{j=0}^{i}a_j a_{i-j}\),而\(a_j\)\(a_{i-j}\)中必定有一项为\(0\)(因为\(j\)\(i-j\)中必定有一个值小于\(\lceil \frac{n}{2} \rceil\)),所以我们可以得到一个结论,这个式子在平方了之后在\(mod \ x^n\)下也是\(0\)

  那么我们就可以写成:

\[\begin{aligned} B^2(x)-2B(x)G(x)+G^2(x)&\equiv 0\ (mod\ x^n)\\ A(x)B(x)*B(x)-2*A(x)B(x)*G(x)+A(x)G^2(x)&\equiv 0\ (mod\ x^n)\\ \end{aligned} \]

  两边同时乘上\(A(x)\),由逆元的定义我们可以将上面的式子化简成下面这样:

\[B(x)-2G(x)+A(x)G^2(x)\equiv 0\ (mod\ x^n) \]

  最后得到:

\[B(x)\equiv 2G(x)-A(x)G^2(x)\ (mod\ x^n) \]

  也就是说,如果我们知道\(G(x)\),我们就可以推出\(B(x)\)

  具体的实现可以用递归的方式实现,中间的多项式乘法可以用fft加速一下,那么最终的时间复杂度就是

\[T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n \ log\ n)=O(n\ log \ n) \]

  然而为啥这样搞完了还是一个log呢?因为每次递归下去多项式的最高次数都会减半,稍微算一下就会发现最后总的时间复杂度合起来还是一个log而不是两个

  注意,后面这一堆推式子的过程是建立在\(n=1\)的时候有解的前提下的,所以我们还可以得到一个结论:一个多项式在\(mod\ x^n\)下是否有逆元取决于其常数项在\(mod \ x^n\)下是否有逆元

  • 实现

  首先先实现一个namespace NTT,然后除了基础的函数外主要供外部调用的过程是这个:

void Ntt_getinv(vct &a,vct &b,int n,int m){
	prework(a,b,n,2*m);//这里注意因为后面是A*B*B,所以m要*2
	ntt(A,1);
	ntt(B,1);
	for (int i=0;i<len;++i) 
      	B[i]=(2LL-1LL*A[i]*B[i]%MOD+MOD)*1LL*B[i]%MOD;
	ntt(B,-1);
}

  然后求逆的过程大概是这样(这里用vector来写了):

vct Inv(vct a){
	int N=a.size();
	if (N==1){
		a[0]=ksm(a[0],MOD-2);
		return a;
	}
	vct b=a; b.resize((N+1)>>1);
	b=Inv(b); b.resize(N);
	NTT::Ntt_getinv(a,b,N,N);
	b.resize(NTT::len);
	for (int i=0;i<NTT::len;++i) b[i]=NTT::B[i];
	b.resize(N);
	return b;
}

  求逆大概就是这样吧ovo

  

多项式开根

  • 定义

  对于一个多项式\(A(x)\),如果存在一个多项式\(B(x)\),满足\(B^2(x)\equiv\ A(x) (mod\ x^n)\),则称\(B(x)\)\(A(x)\)\(mod\ x^n\)下的平方根

  • 求解

  同样是考虑最简单的情况,当\(n=0\)的时候,\(B(x)\)的常数项就是\(1\)

  然后考虑一般情况,同样的思路,考虑用倍增的方式来求

  假设我们已经知道了\(A(x)\)\(mod\ x^{n}\)下的平方根\(G(x)\),现在要求在\(mod\ x^{2n}\)下的平方根\(B(x)\),根据定义我们可以列出式子:

\[\begin{aligned} B^2(x)&\equiv A(x)(mod\ x^{2n})\\ G^2(x)&\equiv A(x)(mod\ x^n) \end{aligned} \]

  我们对这个式子进行一些处理:

\[\begin{aligned} G^2(x)&\equiv A(x)(mod\ x^n)\\ G^2(x)-A(x)&\equiv 0(mod\ x^n)\\ \end{aligned} \]

  那么可以得到(因为右边是\(0\)所以可以这么搞):

\[\begin{aligned} (G^2(x)-A(x))^2&\equiv 0 (mod\ x^{2n})\\ G^4(x)-2G^2(x)A(x)+A^2(x)&\equiv 0(mod\ x^{2n})\\ \end{aligned} \]

  然后两边加上\(4G^2(x)A(x)\)

\[\begin{aligned} G^4(x)+2G^2(x)A(x)+A^2(x)&\equiv 4G^2(x)A(x)(mod\ x^{2n})\\ (G^2(x)+A(x))^2&\equiv 4G^2(x)A(x)(mod\ x^{2n})\\ (G^2(x)+A(x))^2&\equiv (2G(x))^2A(x)(mod\ x^{2n})\\ \end{aligned} \]

  我们将\((2G^2(x))^2\)移到左边去,将左边写成一个平方的形式,得到:

\[(\frac{G^2(x)+A(x)}{2G(x)})^2\equiv A(x)(mod\ x^{2n}) \]

  等式左边的东西就是我们要求的\(B(x)\)

  所以如果说我们知道了\(G(x)\),我们也就可以得出\(B(x)\)啦,分母可以用多项式求逆搞一下,其他的多项式乘法fft搞一下,问题不大

  总的复杂度是:

\[T(n)=T(\frac{n}{2})+求逆复杂度+O(n\ log \ n)=O(n\ log\ n) \]

  

  • 实现

  namespace NTT中主要需要调用的过程长这个样子

void Ntt_getsqrt(vct &a,vct &invb,int n,int m){
	prework(a,invb,n,m);
	ntt(A,1);
	ntt(B,1);
	for (int i=0;i<len;++i) 
		B[i]=1LL*B[i]*inv2%MOD*A[i]%MOD;
	ntt(B,-1);
}

  开根的话大概长这个样子

vct Sqrt(vct a){
	int N=a.size(),M,M1;
	if (N==1){
		a[0]=1;
		return a;
	}
	vct b=a,invb;
	b.resize((N+1)>>1);
	b=Sqrt(b);
	invb=b; invb.resize(N);//resize!!!
	invb=Inv(invb);
	NTT::Ntt_getsqrt(a,invb,N,N);
	b.resize(NTT::len);
	for (int i=0;i<NTT::len;++i) b[i]=(1LL*b[i]*inv2%MOD+NTT::B[i])%MOD;
	b.resize(N);
	return b;
}

  
  
  

多项式除法

  • 问题

  给出一个\(n\)次多项式\(A(x)\),以及一个\((m(m<=n)\)次多项式\(B(x)\)

  要求出\(D(x)\)满足\(A(x)=D(x)B(x)+R(x)\),且\(D(x)\)的次数\(<=n-m\)\(R(x)\)的次数\(<m\)

  简单来说就是类比整数的除法,\(D(x)\)就是商,\(R(x)\)就是余数,我们现在考虑求商

  • 求解

  为了方便接下来的表述,先定义一些操作,我们记:

\[rev(A(x))=x^nA(\frac{1}{n}) \]

  也就是系数反转,举个简单的例子:

\[\begin{aligned} A(x)&=4x^4+3x^3+2x^2+1\\ rev(A(x))&=x^4+2x^3+3x^2+4 \end{aligned} \]

  那么现在我们把上面那条式子搬下来:

\[A(x)=D(x)B(x)+R(x) \]

  (接下来的步骤均将\(D(x)\)看成\(n-m\)次多项式,\(R(x)\)看成\(m-1\)次多项式,对于那些不存在的高次项我们就把系数看成\(0\)就好了)

  后面的余数看起来十分不友善,所以我们要想个办法把它去掉,于是我们可以进行以下的操作:

  我们将上面式子中的所有\(x\)换成\(\frac{1}{x}\),然后等式两边同时乘上\(x^n\),得到:

\[\begin{aligned} x^nA(\frac{1}{x})&=x^{n-m}D(\frac{1}{x})x^mB(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x})\\ rev(A(x))&=rev(D(x))rev(B(x))+x^{n-m+1}rev(R(x))\\ \end{aligned} \]

  现在再来看一下各个项的最高次项,首先是我们要求的元素\(D(x)\),由于这个多项式原来是\(n-m\)次,所以在系数反转之后肯定不会超过\(n-m\)次,而我们要“消掉”的\(R(x)\)原来是\(m-1\)次多项式,所以\(x^{n-m+1}R(x)\)最低次项应该是大于\(n-m\)

  那么考虑将上面的式子放到\(mod\ x^{n-m+1}\)下,\(x^{n-m+1}R(x)\)的影响就可以十分愉快滴被消掉啦,同时我们也不会影响到\(D(x)\)的求解,因为\(D(x)\)\(n-m\)次的(疯狂%miskcoo太强了qwq)

  于是我们就得到了这样一个式子:

\[rev(A(x))\equiv\ rev(D(x))rev(B(x))\ (mod\ x^{n-m+1}) \]

  那所以,我们只要求一个\(rev(B(x))\)\(mod x^{n-m+1}\)意义下的逆元然后跟\(rev(A(x))\)乘一下,得到\(rev(D(x))\),然后再把系数反转回来就得到\(D(x)\)

  • 实现

  除法大概是长这个样子

vct operator / (vct a,vct b){
	int N=a.size()-1,M=b.size()-1;
	if (N<M){
		d.resize(1);d[0]=0;
		return d;
	}
	reverse(a.begin(),a.end());
	reverse(b.begin(),b.end());
	b.resize(N-M+1);
	d=Inv_p(b)*a;
	d.resize(N-M+1);
	reverse(d.begin(),d.end());
	return d;
}

多项式取模

  • 问题

   这个。。其实就是求上面那个\(R(x)\)

  • 求解

  有了多项式除法(也就是求商)之后,求余数就变得比较简单了

  类比整数的取模,我们可以得到这样的一个式子:
$$
R(x)=A(x)-D(x)B(x)
$$
  那就除法求出\(D(x)\)之后直接减一下就好了,\(D(x)B(x)\)这个多项式乘法也是直接用\(fft\)求就好了

  • 实现

  假装非常短的样子 (然而前面的东西都是要写的qwq醒醒)

void mod(vct &a,vct b){
	int N=a.size()-1,M=b.size()-1;
	if (N<M) return;
	t=a/b;
	a=a-(t*b);
	a.resize(M);
}

 
  大概。。就先写这么多吧ovo

posted @ 2018-04-05 20:42  yoyoball  阅读(6148)  评论(9编辑  收藏