多项式简单操作

多项式求导

原理

如果有

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

那么由于求导的加法原则,每一项可以单独考虑,则有

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

实现

void Der(int *f, int *g, int lf) {
	For (i, 1, lf) g[i - 1] = 1ll * i * f[i] % Mod; g[lf] = 0;
}

多项式积分

原理

如果有

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

同样由于积分的加法原则,每一项可以单独考虑,则有(常数项可以忽略)

\[\int A(x) \mathrm{d} x = \sum_{i = 1}^{n + 1} \frac{c_{i - 1}}{i} x^{i} \]

实现

void Int(int *f, int *g, int lf) {
    g[0] = 0;
    For (i, 1, lf + 1)
        g[i] = 1ll * f[i - 1] * inv[i] % Mod;
}

多项式乘法

原理

定义两个多项式 \(A(x) = \sum_{i = 0}^{n} a_i x^i, B(x) = \sum_{i = 0}^m b_i x^i\) 。那么乘积为 \(C(x) = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^m a_ib_jx^{i + j}\)

我们考虑利用快速傅里叶变换解决,我们求出 \(\omega_n^k\) 代入的所有的点值,然后用逆变换就可以求出所有系数了。

对于模意义下的我们利用 \(g^{\frac{p - 1}n}\) 代替 \(\omega\) (其中 \(g\) 为原根)就可以了。

实现

我们接下来都默认用费马质数来作为模数进行 \(\text{NTT}\)

int rev[Maxn], W[Maxn], len;
void NTT(int *P, int opt) {
	Rep (i, len) if (i < rev[i]) swap(P[i], P[rev[i]]);
	for (int i = 2, p; p = i >> 1, i <= len; i <<= 1) {
		W[0] = 1; W[1] = fpm(~opt ? g : invg, (Mod - 1) / i);
		For (k, 2, p - 1) W[k] = 1ll * W[k - 1] * W[1] % Mod;
		for (int j = 0; j < len; j += i) Rep (k, p) {
			int u = P[j + k], v = 1ll * P[j + k + p] * W[k] % Mod;
			P[j + k] = (u + v) % Mod; P[j + k + p] = (u - v + Mod) % Mod;
		}
	}
	if (!~opt) {
		int invn = fpm(len, Mod - 2);
		Rep (i, len) P[i] = 1ll * P[i] * invn % Mod;
	}
}

void Prepare(int lc) {
	int cnt = -1; for (len = 1; len <= lc; len <<= 1) ++ cnt;
	Rep (i, len) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << cnt);
}

int A[Maxn], B[Maxn], C[Maxn];
void Mult(int *a, int *b, int *c, int la, int lb) {
	int lc = la + lb; Prepare(lc);
	Rep (i, len) A[i] = i <= la ? a[i] : 0; NTT(A, 1);
	Rep (i, len) B[i] = i <= lb ? b[i] : 0; NTT(B, 1);
	Rep (i, len) C[i] = 1ll * A[i] * B[i] % Mod; NTT(C, -1);
	For (i, 0, lc) c[i] = C[i];
}

多项式牛顿迭代

原理

给出函数 \(f\) ,找到一个多项式 \(A\),使得 \(f(A(x)) \equiv 0 \pmod {x^n}\)

\(\pmod x\) 时,可以求出 \(A(x)\) 的常数项。

已经求出 \(f(A(x)) \equiv 0 \bmod {x^n}\) ,现在求 \(f(B(x)) \equiv 0 \bmod {x^{2n}}\)\(B(x)\)\(A(x)\)\(n\) 项系数相同。

\(\bmod {x^{2n}}\) 下,在 \(A(x)\) 处展开 \(f(B(x))\)

\[f(B(x)) = \sum_{i \ge 0} \frac{f^{(i)}(A(x))}{i!}(B(x) - A(x))^i \]

不难发现在 \(i \ge 2\) 的时候,最低项已经超过了 \(x^{2n}\) ,所以只有 \(i = 0, 1\) 要考虑,也就是

\[\begin{aligned} f(B(x)) &\equiv f(A(x)) + f'(A(x))(B(x) - A(x)) &\pmod {x^{2n}}\\ B(x) &\equiv A(x) - \frac{f(A(x))}{f'(A(x))} &\pmod {x^{2n}} \end{aligned} \]

大多数情况下,多项式复合是一个比较难求解的一个东西,但对于一些特殊的 \(f\) 可以方便求出。

多项式求逆

原理

好像这个不好套牛迭,我们现推算了。

\(F(x)\)\(P(x)\)\(\pmod {x^n}\) 下的逆元,那么表示出来就是

\[F(x)P(x) \equiv 1 \pmod {x^n} \]

\(n = 1\) 求逆元即可,假设我们求出在 \(\bmod x^{\frac n 2}\) 意义下的逆元 \(G(x)\) ,那么有

\[G(x)P(x) \equiv 1 \pmod {x^\frac n 2}\\ \]

我们有

\[\begin{aligned} F(x) - G(x) &\equiv 0 \pmod {x^\frac n 2}\\ F^2(x) - 2F(x)G(x) + G^2(x) &\equiv 0 \pmod {x^n}\\ F(x) &\equiv 2G(x) - P(x)G^2(x) \pmod {x^n} \end{aligned} \]

那么递归求解即可,复杂度 \(\displaystyle \mathcal T(n) = \mathcal T(\frac n2) + \mathcal O(n \log n) = \mathcal O(n \log n)\)

实现

由于这个是大部分多项式操作的一个基础操作(加减乘除)之一,所以要尽量加快速度。

可以先 \(\text{NTT}\) 然后做点值乘法,能少一半常数。(注意一开始需要是 \(2^k \ge len\) 形式)

void Inv(int *f, int *g, int lf) {
	if (lf == 1) return void(g[0] = fpm(f[0], Mod - 2));
	Inv(f, g, lf >> 1); Prepare(lf << 1);
	Rep (i, len) A[i] = i < lf ? f[i] : 0; NTT(A, 1); 
	Rep (i, len) B[i] = i < lf ? g[i] : 0; NTT(B, 1);
	Rep (i, len) C[i] = 1ll * A[i] * B[i] % Mod * B[i] % Mod; NTT(C, -1);
	Rep (i, lf) g[i] = (g[i] * 2ll + Mod - C[i]) % Mod;
}

多项式开根

原理

\(F^2(x) \equiv P(x) \pmod {x^n}\) ,此时的 \(f(A(x)) = A^2 - P\) 我们要求它的零点。

那么我们套用牛迭的式子就得到了

\[\begin{aligned} B(x) &= A(x) - \frac{A^2(x) - P(x)}{2A(x)}\\ &= \frac{A(x)}2 + \frac{P(x)}{2A(x)} \end{aligned} \]

复杂度 \(\displaystyle \mathcal T(n) = \mathcal T(\frac n2) + \mathcal O(n \log n) = \mathcal O(n \log n)\) 。 。。主定理是真的强大

注意常数项非 \(1\) 的时候,通常都会保证存在模意义下的二次剩余,然后用 \(\text{BSGS}\) 求出它是 \(g^k\) ,然后开根就是 \(g^{k/2}\)

实现

void Sqrt(int *f, int *g, int lf) {
	if (lf == 1) return void(g[0] = getsqrt(f[0]));
	Sqrt(f, g, lf >> 1); static int tmp[Maxn], tinv[Maxn];
	Rep (i, lf) tmp[i] = 2 * g[i] % Mod; Inv(tmp, tinv, lf);
	Mult(f, tinv, tmp, lf, lf);
	const int inv2 = fpm(2, Mod - 2);
	Rep (i, lf) g[i] = (1ll * g[i] * inv2 % Mod + tmp[i]) % Mod;
}

多项式ln

原理

\(G(x) = \ln F(x)\) ,我们有

\[G(x) = \int \frac{F'(x)}{F(x)} \mathrm{d}x \]

那么我们求导然后再求逆即可,复杂度 \(\mathcal O(n \log n)\)

常数项需要是 \(1\) ,其他形如 \(\ln x\) 的无理数在模意义下无法表示。

实现

void Ln(int *f, int *g, int lf) {
	static int der[Maxn], tmp[Maxn];
	Der(f, der, lf); Inv(f, tmp, lf);
	Mult(der, tmp, tmp, lf, lf); Int(tmp, g, lf);
}

多项式exp

原理

可以套用牛顿迭代和多项式 \(\ln\) 解决。

分治的做法虽然多了个 \(\mathcal O(\log)\) 但好写许多(而且通常由于常数优势会比较快,除非你会论文哥那个牛迭优化),原理如下

\[\begin{aligned} B(x) &= \exp(A(x))\\ B'(x) &= A'(x) \exp(A(x))\\ B'(x) &= A'(x) B(x)\\ B(x) &= \int A'(x)B(x) \mathrm{d}x \end{aligned} \]

我们考虑把 \(A(x)\) 先求导成 \(A'(x)\) ,令 \(mid = \lfloor \frac{l + r}2 \rfloor\) 然后考虑分治求出 \([l, mid]\)\(B(x)\) ,然后考虑对于 \((mid, r]\) 的贡献,也就是 \(A_{0 \sim r - l}\)\(B_{l \sim mid}\) 卷然后贡献上去。

注意 \(A(0) = 0\) 才在模意义下有含义,此时 \(B(0) = 1\) ,以及积分需要平移一位并乘上 \(\frac{1}{n}\) 。复杂度 \(\mathcal O(n \log^2 n)\)

实现

void Exp(int *a, int *b, int l, int r) {
	if (l == r) return void(b[l] = (l ? 1ll * b[l] * inv[l] % Mod : 1));
	int mid = (l + r) >> 1;
	Exp(a, b, l, mid); static int tmp[Maxn];
	Mult(a, b + l, tmp, r - l, mid - l);
	For (i, mid + 1, r) b[i] = (b[i] + tmp[i - l - 1]) % Mod;
	Exp(a, b, mid + 1, r);
}

void Exp(int *f, int *g, int lf) {
	static int der[Maxn];
	Der(f, der, lf); der[lf] = 0;
    memset(g, 0, sizeof(int) * (lf + 1));
	Exp(der, g, 0, lf);
}

多项式快速幂

原理

\(G(x) = F^k(x)\) ,我们取对数有 \(\ln G(x) = k \ln F(x)\) 也就是 \(G(x) = \exp(k \ln F(x))\)

但是 \(F(0)\) 可能不为 \(1\) ,那么我们把 \(F(x)\) 除掉 \(F(0)\) 即可。那么还可能为 \(0\) 我们平移即可,也就是除掉 \(x^a\)

然后 \(\exp\) 结束记得乘回来它的 \(k\) 次幂即可。

代码

不想判 \(0\) 了。。

void Pow(int *f, int *g, int lf, int power) {
	static int tf[Maxn], tmp[Maxn], invf; assert(f[0]); 

	invf = fpm(f[0], Mod - 2);
	Rep (i, lf) tf[i] = 1ll * f[i] * invf % Mod;

	Ln(tf, tmp, lf); Rep (i, lf) tmp[i] = 1ll * tmp[i] * power % Mod; Exp(tmp, g, lf);

	invf = fpm(fpm(invf, Mod - 2), power);
	Rep (i, lf) g[i] = 1ll * g[i] * invf % Mod;
}

多项式复合逆

原理

\(G(F(x)) = x\)\(F(x)\) 的一项。此时 \(G(x)\) 可能是和 \(F\) 同阶的一个多项式,套用牛顿迭代项数会特别多,根本无法求解。

但要求单项即 \([x^n]F(x)\) 有一个可以快速计算的式子

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

至于证明可以参看这篇博客

实现

int Lagrange(int *f, int lf, int x) {
	static int tmp[Maxn], res[Maxn];
	Rep (i, lf) res[i] = f[i + 1]; Inv(res, tmp, lf); Power(tmp, res, n);
	return 1ll * res[x - 1] * fpm(x, Mod - 2) % Mod;
}
posted @ 2019-06-02 18:10  zjp_shadow  阅读(867)  评论(0编辑  收藏  举报