基本概念

定义形如这样的函数为多项式：

$f(x)={\sum }_{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i$

其中$n$为多项式的项数(系数为0的项也是项)，$n-1$为多项式的最高次幂，$a_i$为多项式中$i$次项的系数。

符号约定&说明

• 一般情况下，函数自变量均用$x$表示。
• $f(x)$表示$f$这个多项式
• $f(a)$表示自变量$x=a(a为给定的数)$时$f$的函数值
• $f[n]$表示多项式$f$中$x^n$一项的系数
• $deg(f)$表示多项式$f$的项数，也即最高次幂$-1$
• 求积分时，常数项默认为$0$

求导&积分

求导：

对于某一项$x^n$，求导为$n{x}^{n-1}$。

设$h(x)=f^{\prime }(x)$，则$h[n]=(n+1)f[n+1](0\le n<deg(h))$)

inline void getderivative(int n,int *f,int *h)
{
    for(int i=0;i<n;++i) h[i]=mul(f[i+1],i+1);
    h[n]=0;
}

积分：

设$h(x)=\int f(x)dx$，则$h[n]=\frac{f[n-1]}{n}(0<n<deg(h),h[0]=0)$

inline void getintegration(int n,int *f,int *h)
{
    for(int i=1;i<n;++i) h[i]=mul(f[i-1],inv[i]);//inv[i] i的逆元
    h[0]=0;
}

点值表示&拉格朗日插值

拉格朗日插值讲解

多项式$f(x)$不仅可以用每一项系数表示，由拉格朗日插值法，得到也可以用$deg(f)$个二元组$(x_i,f(x_i))(x_i̸=x_j,i̸=j)$来表示，也就是用$n$个点来描述一个$n$项多项式(即为点值表达式)：

$f(x)\in \{deg(f)<n且\forall 0\le i<n,f(x_i)=y_i,x_i̸=x_j,i̸=j\}$

这种用点描述多项式的形式称为多项式的点值表示，由点值转化为系数式的过程称为插值。

卷积(Karatsuba算法&FTT&NTT)

多项式之间的乘积称为卷积。

设$h(x)=f(x)\ast g(x)(\ast 即为卷积符号)$，则$h[n]={\sum }_{i=0}^{n}f[i]g[n-i](0\le n<deg(h))$。

设$deg(h)=N$。直接求多项式卷积，复杂度是$N^2$的，使用分治的$Karatsuba$算法可复杂度为$O(n^{lo{g}_{2}3})=O(n^{1.585})$，使用$FFT/NTT$可以将复杂度降到$NlogN$。

$Karatsuba$算法原理是利用

$$\begin{gathered} (A{x}^{\frac{2}{n}}+B)(C{x}^{\frac{2}{n}}+D) \\ =AC{x}^n+((A+B)(C+D)-AC-BD)x^{\frac{2}{n}}+BD \end{gathered}$$

不断递归减少乘法次数。

而$FFT/NTT$的基本思想都是利用单位复根/单位原根并采用分治策略先将$f(x),g(x)$转化为点值表示，在点值上处理为$h(x)$的点值表示(显然$f(a)g(a)=h(a)$)，再转化为$h(x)$，因为$FFT$中涉及大量虚数实数运算，精度和常数都很感人，所以常用单模数$NTT$，但限制模数为质数。

这里假设大家都已经会$FFT,NTT$，就不详细展开了。

这里先给出$NTT$代码(下文省略)，以及习惯性模运算优化：

inline void NTT(int *e,int ptr,int len)//ptr=1 正变换 ptr=0 逆变换
{
    int i,j,k,ori,G,pd,ix,iy;G= ptr? g:inv[g];//g:原根 inv[g]:g的逆元 
    for(i=1;i<len;++i) if(i<rv[i]) swap(e[i],e[rv[i]]);
    for(i=1;i<len;i<<=1){
        ori=fp(G,(mod-1)/(i<<1));
        for(j=0;j<len;j+=(i<<1)){
            pd=1;
            for(k=0;k<i;++k,pd=mul(pd,ori)){
                ix=e[j+k];iy=mul(e[i+j+k],pd);
                e[j+k]=ad(ix,iy);e[i+j+k]=dc(ix,iy);
            }
        }
    }
    if(ptr) return;
    for(i=0;i<len;++i) e[i]=mul(e[i],inv[len]);
}

inline int ad(int x,int y) {x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return x;}
inline int dc(int x,int y) {x-=y;if(x<0) x+=mod;return x;}
inline int mul(int x,int y) {return 1ll*x*y%mod;}

牛顿迭代

解近似方程根$h(x)=0$的一种方法。

设$h(x)$当前近似解为$x_n$，进一步迭代：

$x_{n+1}=x_n-\frac{h(x_n)}{\frac{h^{\prime }(x_n)}{x_n}}$

引申：当$h(x)$中嵌套一个$f(x)$构成复合函数$h(f(x))=0$，同样可以牛顿迭代倍增求解近似的$f(x)$，满足$g(x)\equiv h(f_n(x))\equiv 0(mod{x}^{2^n})$。

$f_{n+1}(x)\equiv f_n(x)-\frac{g(x)}{g^{\prime }(x)}(mod{x}^{2^{n+1}})$

注：$g^{\prime }(x)$是$g$对$h$的偏导，$g^{\prime }(x)=h^{\prime }(f_n(x))$。

上式可以用泰勒展开证明当$f_n(x)$前$x^{2^n}$项满足条件，$f_{n+1}(x)$前$x^{2^{n+1}}$项满足条件。

考虑$g(x)$在$f_{n}x$处的泰勒展开式：

$g(x)={\sum }_{i=0}^{\infty }\frac{\frac{{\partial }^{i}h(x)}{(\partial x{)}^i}(f_n(x))}{i!}(f(x)-f_n(x){)}^i$

这里令$0!=1$。

因为$f_n(x)$存在前$x^{2^n}$项满足条件，当$i\ge 2$时$(f(x)-f_n(x))$最小次幂不小于$x^{2^{n+1}}$次方。

所以牛顿迭代求得就是泰勒展开式的前两项：

$g(x)\equiv h(f_n(x))+h^{\prime }(f_n(x))(f_{n+1}(x)-f_n(x))(mod{x}^{2^{n+1}})$

由因为目标函数$g(x)=0$，故：

$f_{n+1}(x)=f_{n}x-\frac{g(x)}{g^{\prime }(x)}$

基本运算&初等函数

求逆

给定$f(x)$，求$g(x)$满足$f(x)\ast g(x)\equiv 1(mod{x}^n)$

倍增(递归分治)求解。

法1：

观察$f(x)\ast g_n(x)-1\equiv 0(mod{x}^{2^n})$

平方后得：

$f^2(x)\ast g_n^2(x)-2\ast f(x)\ast g_n(x)+1\equiv 0(mod{x}^{2^{n+1}})$

将$f(x)\ast g_{n+1}(x)\equiv 1(mod{x}^{2^{n+1}})$代入：

$f(x)\ast g_{n+1}(x)\equiv 2\ast f(x)\ast g_n(x)-f^2(x)\ast g_n^2(x)(mod{x}^{2^{n+1}})$

最终得到：

$g_{n+1}(x)\equiv 2\ast g_n(x)-f(x)\ast g_n^2(x)(mod{x}^{2^{n+1}})$

法2：

考虑牛顿迭代求解：

底层为$g[0]=inv(f[0])$

$h(g(x))=f(x)\ast g(x)-1=0$

$g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)-\frac{f(x)\ast g_n(x)-1}{f(x)}(mod{x}^{2^{n+1}})$

其中$h^{\prime }(g_n(x))=\frac{1}{f(x)}\equiv g_n(x)(mod{x}^{2^{n+1}})$

$g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)-(f(x)\ast g_n(x)-1)\ast g_n(x)(mod{x}^{2^{n+1}})$

化简得到法1中的式子。

代码：

inline void getinverse(int n,int *f,int *g)
{
    if(n==1){g[0]=fastpow(f[0],mod-2);return;}
    getinv((n+1)>>1,f,g);
    int i,j,len=1,L=0;
    static int cont[N];
    for(;len<n+n;len<<=1) L++;
    for(i=1;i<len;++i) rv[i]=((rv[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
    for(i=0;i<n;++i) cont[i]=f[i];
    for(i=n;i<len;++i) cont[i]=0;
    NTT(cont,1,len);NTT(g,1,len);
    for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(g[i],dc(2,mul(cont[i],g[i])));
    NTT(g,0,len);
    for(i=n;i<len;++i) g[i]=0;
}

开根

给定$f(x)$，求$g(x)$满足$f(x)\equiv g^2(x)(mod{x}^n)$

倍增(递归分治)求解。

法1：

观察$g_n^2(x)-f(x)\equiv 0(mod{x}^{2^n})$

平方后得：

$g_n^4(x)-2\ast g_n^2(x)\ast f(x)+f^2(x)\equiv 0(mod{x}^{2^{n+1}})$

巧妙地移项：

$(g_n^2(x)+f(x){)}^2\equiv 4\ast g_n^2(x)\ast f(x)$

化归得：

$(\frac{g_n^2(x)+f(x)}{2\ast g_n^2(x)}{)}^2\equiv f(x)(mod{x}^{2^{n+1}})$

$f(x)\equiv g_{n+1}^2(x)(mod{x}^{2^{n+1}})$，故：

$g_{n+1}(x)\equiv \frac{g_n^2(x)+f(x)}{2\ast g_n^2(x)}(mod{x}^{2^{n+1}})$

法2：

考虑牛顿迭代求解：

底层为$g[0]=sqrt(f[0])$

$h(g(x))=g^2(x)-f(x)=0$

$g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)-\frac{g_n^2(x)-f(x)}{2\ast g_n(x)}(mod{x}^{2^{n+1}})$

化简得到法1中的式子。

代码：

inline void getsqrt(int n,int *f,int *g)
{
    if(n==1) {g[0]=sqrt(f[0]);return;}
    getsqrt((n+1)>>1,f,g);
    int i,j,L=0,len=1;
    for(;len<n+n;len<<=1) L++;
    static int inv[N],tp[N];
    for(i=0;i<len;++i) inv[i]=0;
    getinv(n,g,inv);
    for(i=1;i<len;++i) rv[i]=((rv[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
    for(i=0;i<n;++i) tp[i]=f[i];
    for(i=n;i<len;++i) tp[i]=0;
    NTT(inv,1,len);NTT(g,1,len); NTT(tp,1,len);
    for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(ad(mul(g[i],g[i]),tp[i]),mul(iv[2],inv[i]));
    NTT(g,0,len);
    for(i=n;i<len;++i) g[i]=0;
}

ln

给定$f(x)$，求$g(x)\equiv ln(f(x))(mod{x}^n)$

求$ln$不能用牛顿迭代求解，因为$h(g(x))$中$g(x)$的系数为1，迭代会产生恒等式。

对等式两侧求导：

$g^{\prime }(x)\equiv \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}$

则$g(x)\equiv \int \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}dx+C(mod{x}^n)$

注意求积分$C=0$后默认$f[0]=1$，所以$f[0]̸=1$时要特殊处理$C$(代入任意值计算处理)。

代码：

inline void getln(int n,int *f,int *g)
{
    int i,j,len=1,L=0;
    for(;len<n+n;len<<=1) L++;
    static int der[N],nv[N];
    for(i=0;i<len;++i) der[i]=nv[i]=0;
    getderivative(n,f,der);
    getinverse(n,f,nv);
    for(i=1;i<len;++i) rv[i]=((rv[i>>1]>>1)|(i&1)<<(L-1));
    NTT(nv,1,len);NTT(der,1,len);
    for(i=0;i<len;++i) der[i]=mul(der[i],nv[i]);
    NTT(der,0,len);
    getintegration(n,der,g);
}

exp

给定$f(x)$，求$g(x)$满足$e^{f(x)}\equiv g(x)(mod{x}^n)$

倍增(递归分治)求解。求exp只能用牛顿迭代了。

考虑取$ln$变形：

$ln(g(x))\equiv f(x)(mod{x}^n)$

底层为$g[0]=e^{f[0]}$(一般情况下默认$f(x)$常数项为0)。

$h(g(x))=ln(g(x))-f(x)=0$

$g_{n+1}(x)\equiv g_{n}x-\frac{ln(g_n(x))-f(x)}{\frac{1}{g_n(x)}}(mod{x}^{2^{n+1}}))$

$g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)\ast (1-ln(g_n(x))+f(x))(mod{x}^{2^{n+1}})$

代码：

inline void getexp(int n,int *f,int *g)
{
    if(n==1) {g[0]=1;return;}
    getexp((n+1)>>1,f,g);
    int i,j,L=0,len=1;
    for(;len<n+n;len<<=1) L++;
    static int ln[N];
    for(i=0;i<len;++i) ln[i]=0;
    getln(n,g,ln); 
    for(i=0;i<n;++i) ln[i]=dc(f[i],ln[i]);
    ln[0]=ad(ln[0],1);
    NTT(ln,1,len);NTT(g,1,len);
    for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(g[i],ln[i]); 
    NTT(g,0,len);
    for(i=n;i<len;++i) g[i]=0;
}

快速幂

给定$f(x),k$，求$g(x)$满足$g(x)\equiv f^k(x)(mod{x}^n)$

考虑取$ln$变形，再次进行降幂：

$ln(g(x))\equiv k\ast ln(f(x))(mod{x}^n)$

故：

$g(x)\equiv e^{k\ast ln(f(x))}(mod{x}^n)$

代码：

inline void getpow(int n,int *f,int *g,int K)
{
    int i,j,L=0,len=1;
    getln(n,f,g);
    for(;len<n;len<<=1) L++;
    for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(g[i],K);
    for(i=0;i<n;++i) f[i]=0;
    getexp(n,g,f);
}

三角函数

给定$P(x)$，求$X(x),Y(x)$满足

$\cos P(x)-X(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$

$\sin P(x)-Y(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$

由欧拉公式：

$e^{iP(x)}=cosP(x)+isinP(x)$

所以可以用复数二元组，实部表示$X(x)$，虚部表示$Y(x)$。

$X(x)+iY(x)=e^{iP(x)}$

求一下$exp$分别对应。

貌似可以$FFT$直接算，但应用程度不高。

所以是理论可行。代码？唔，不存在的(留坑)。

除法&取模

多项式除法与取模

形式幂级数&拉格朗日反演

给定$f(x),k$，求$g(x)$的$k$次项系数$g[k]$，满足$f(g(x))=x(mod{x}^n)$

形式幂级数：

对于一个多项式，仅有有限项的系数是非零的。而对于形式幂级数，则去掉这一限制，将项数与系数推广到无穷大:

$F(x)={\sum }_{i=0}^{\infty }{a}_i{x}^i$

其中系数$a_i$均为环$R[x]$(可以是实数/复数/整数/模意义下剩余类)中的元素，为方便表示，设$[x^n]$表示$F(x)$中$x^n$的系数。所有的形式幂级数构成形式幂级数环$R[[x]]$。

拉格朗日反演：

若$F(x),G(x)\in R[[x]]$且$F(G(x))=x$，则

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

且$F(x)$为$G(x)$的复合逆。

特别的，若$F(x)=\frac{x}{\varphi (x)}$，则：

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

由$F(x)=\frac{x}{\varphi (x)}$，得$\varphi (x)=\frac{x}{F(x)}$，代入上式：

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

进一步拓展：

$[x^n]h(g(x))=\frac{1}{n}[x^{n-1}]h^{\prime }(x){\left(\frac{x}{f(x)}\right)}^n$(三层嵌套)

证明详见拉格朗日反演- hjuy134

代码：

inline int lagrange(int n,int *F,int *G,int k)
{
	static int res[N];
	getinverse(n,F,res);
	for(i=n-1;i>=1;--i) res[i]=res[i-1];
	res[0]=0; 
	getpow(n,res,G,k);
	return mul(G[k-1],fastpow(k,mod-2)); 
}

时间复杂度总结

原文戳这里

求值&插值

多点求值

给定$f(x)$以及点集$X=\{x_1,x_2,...,x_n\}$，求$f(x_1),f(x_2),...,f(x_n)$。

倍增(递归分治)求解。

考虑底层：由拉格朗日插值法式，得到$F(x_i)=F(x)(mod(x-x_i))(x_i)$

观察到$\exists f^{\prime }(x)=f(x)mod({\prod }_{i=1}^n(x-x_i))$，满足$f^{\prime }(x)=f(x)(1\le i\le n)$

因为$f(x)$在可取范围$deg(f(x))\ge n-1$内的答案都是唯一的，所以可以保留到这$n$个点的

最简拉格朗日插值式化出的多项式($deg(f)=n-1$)，而不会影响答案，而这样的一个式子必然仅

存在于${\prod }_{i=1}^n(x-x_i)$(最高项次幂为$n>deg(f)$)的剩余类中，故等式成立。

那么考虑分治处理，设:

$X_0=\{x_0,x_1,...,x_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }\}$，$X_1=\{x_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1},x_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +2},...,x_n\}$

$g_0(x)={\prod }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }(x-x_i)$，$g_1(x)={\prod }_{i=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1}^n(x-x_i)$

显然对于$x_i\in X_0$，$g_0(x_i)=0$；对于$x_i\in X_1$，$g_1(x_i)=0$。

于是每次二分递归，将两边连乘积合并即可，先预处理出所有递归中取模后的多项式，再递归处理。

靠谱的做法是小于一定数量时暴力算，因为多点求值的常数太大了(复杂度$O(nloooooo{g}^{2}n)$)。

代码：

#define mid (((l)+(r))>>1)
inline void prework(int dep,int l,int r,int *x,int *consmul)//预处理连乘积
{
	if(l==r){
		consmul[dep][l<<1]=mod-x[l];
		consmul[dep][l<<1|1]=1;//递归底部：x-xi
		return;
	}
	prework(dep+1,l,mid,x,consmul);
	prework(dep+1,mid+1,r,x,consmul);
	getmul(consmul[dep+1]+(l<<1),mid-l+1,consmul[dep+1]+((mid+1)<<1),r-mid,consmul[dep]+(l<<1),r-l+1);
}

inline void getval(int dep,int l,int r,int *f,int *y,int *consmul)
{
	static int modulo[D][N];//记录取模后多项式
	getmod(f,r-l,consmul[dep]+(l<<1),r-l+1,modulo[dep]+l);
	if(l==r){y[l]=modulo[dep][l];return;}
	getval(dep+1,l,mid,modulo[dep]+l,y,consmul);
	getval(dep+1,mid+1,r,modulo[dep]+mid+1,y,consmul);
}

inline void getval(int *f,int *x,int n,int *y)
{
	static int consmul[D][N<<1];//记录连乘积
	prework(0,1,n,x,dc);
	getval(0,1,n,f,y,dc);
}

注：此代码没有提交过，不保证正确性。

快速插值(牛顿插值&拉格朗日优化)

给定二元组集合$P=\{(x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2),...,(x_n,f(x_n))\}$，求$f(x)(deg(f)<n)$

首先介绍一种不快速但很好手算的方法，牛顿插值(增量法)：

设$g_n(x)={\prod }_{i=1}^n(x-x_i)$

设前$n$个点插值得到$f_n(x)$，考虑$f_{n+1}(x)$:

$f_{n+1}(x)\equiv f_n(x)(modg(n))$

故$f_{n+1}(x)=f_n(x)+k\ast g(n)$

代入$x=x_{n+1}$，解出$k$，即可求出$f_{n+1}(x)$。复杂度$O(n^2)$。

现在来考虑一种复杂度$O(nlooooooooo{g}^{2}n)$的快速插值：

观察拉格朗日插值式：

$f(x)={\sum }_{i=1}^{n}f(x_i){\prod }_{j=1,j̸=i}^n\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$

通过化简优化一下这个$O(n^2)$的式子：

$f(x)={\sum }_{i=1}^n\frac{f(x_i)}{{\prod }_{j=1,j̸=i}^n(x_i-x_j)}{\prod }_{j=1,j̸=i}^n(x-x_j)$

设$g(x)={\prod }_{i=1}^n(x-x_i)$，$g_i(x)=\frac{g(x)}{x-x_i}$

显然${\prod }_{j=1,j̸=i}^n(x_i-x_j)=g_i(x)$。

将$g(x)=(x-x_i)g_i(x)$巧妙地求导(利用洛必达法则)后发现：

$g^{\prime }(x)=g_i(x)+(x-x_i)g^{\prime }(x)$

故：$g_i(x_i)=g^{\prime }(x_i)$

$g_i(x_i)$变成了$g^{\prime }(x)$的多点求值。

那么$\frac{1}{{\prod }_{j=1,j̸=i}^n(x_i-x_j)}$就可以快速求出了，而${\prod }_{j=1,j̸=i}^n(x-x_j)=(x-x_i){\prod }_{j=1}^n(x-x_j)$，直接用分治$FFT$求出连乘积(类似多点求值中的预处理)即可。最后$O(n)$合并答案。

代码：

#define mid (((l)+(r))>>1)
inline void getinterpolation(int dep,int l,int r,int *val,int *consmul,int *f)
{
	if(l==r) {f[l]=val[l];return;}
	getinterpolation(dep+1,l,mid,val,consmul,f);
	getinterpolation(dep+1,mid+1,r,val,consmul,f);
	static int g[N],h[N];
	getmul(f+l,mid-l,consmul[dep+1]+((mid+1)<<1),r-mid,g,r-l);
	getmul(f+mid+1,r-mid-1,consmul(dep+1)+(l<<1),l-mid+1,h,r-l);
    //类似线段树与另一子节点合并过程，每一位乘上除自己位以外的所有连乘积
    //注意总次数是r-l，不是r-l+1,本区间向乘上另一区间时次数会少一位(少乘了自己)
	getadd(g,h,f+l,r-l);//合并
}

inline void getinterpolation(int *x,int *y,int n,int *f)
{
	static int consmul[D][N<<1],res[N],val[N];
	prework(0,1,n,x,consmul);//预处理连乘积
	getderivative(n,consmul[0],res);//处理g'(x)
	getval(res,x,n,val);//多点求值得到gi(xi)
	for(int i=1;i<=n;++i)
	 val[i]=mul(y[i],inv[val[i]]);
	getinterpolation(0,1,n,val,consmul,f);//最后乘上式子右边一部分
}

注：此代码没有提交过，不保证正确性。

参考资料

• FFT 学习笔记-menci
• 有关多项式处理的各种算法总结-zlttttt
• 多项式求ln,求exp,开方,快速幂 学习总结-_Vertical
• 多项式的运算-KirinBill
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