[模板]多项式全家桶小记(求逆,开根,ln,exp)

前言

这里的全家桶目前只包括了\(ln,exp,sqrt\)。还有一些类似于带余数模，快速幂之类用的比较少的有时间再更，\(NTT\)这种前置知识这里不多说。

还有一些基本的导数和微积分内容要了解，建议不懂的可以先去翻翻高二数学书。

之后多项式算法基本是一环扣一环的，所以前面的看不懂对于后面的理解会造成很大影响。

本博客涉及内容偏浅

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Tips

这里是一些我个人的模板书写习惯

• 习惯相关的问题：默认将读入的\(n\)变为\(2\)的整数次幂形式，目前为止这样的做法都不会影响正确性
• 正确性相关的问题：模板书写应满足使用的中间变量不重复，如在求\(ln\)和逆元时不应该使用重复的中间变量（可能会导致信息丢失）
• 正确性相关的问题：在每次进行任意操作前应保证在操作值域内不会有上次的信息参与（要清零）

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参考资料

• [command-block]NTT与多项式全家桶
• [CYJian]浅谈多项式
• [隔壁的张栩嘉]浅谈牛顿迭代法
• 洛谷各模板题解

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正题

@

目录

• 前言
• Tips
• 参考资料

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多项式求逆

题目大意

给出一个多项式\(F\)，求出一个\(G\)使得

\[F(x)*G(x)\equiv1(mod\ x^n)
\]

分析

利用经典的倍增思想，假设我们已知多项式\(G'(x)\)满足

\[F(x)G'(x)\equiv1(mod\ x^{\frac{n}{2}})
\]

又有

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

就有了

\[F(x)(G(x)-G'(x))\equiv 0(mod\ x^{\frac{n}{2}})\Rightarrow G(x)-G'(x)\equiv 0(mod\ x^{\frac{n}{2}})
\]

然后两边同时平方，后面的模数同理也要平方

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

再乘上一个\(F(x)\)

\[F(x)G(x)^2-2F(x)G(x)G'(x)+F(x)G'(x)^2\equiv 0(mod\ x^n)
\]

又因为\(F(x)G(x)\equiv 1(mod\ x^n)\)，所以就有

\[G(x)-2G'(x)+F(x)G'(x)^2\equiv0(mod\ x^n)\Rightarrow G(x)\equiv 2G'(x)-F(x)G'(x)^2(mod\ x^n)
\]

然后倍增就好了，时间复杂度是类似于\(T(n)=T(\frac{n}{2})+n\log n\)的形式所以是\(O(n\log n)\)的。

code

比较远古的代码所以码风有点不同

// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+100,XJQ=998244353,G=3,Gi=332748118;
const double Pi=acos(-1);
ll n,m,l,a[N<<2],b[N<<2],c[N<<2],r[N<<2];
ll power(ll x,ll b)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=ans*x%XJQ;
		x=x*x%XJQ;b>>=1;
	}
	return ans;
}
void ntt(ll *f,ll n,ll op)
{
	for(ll i=0;i<n;i++)
	  if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
	for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
		ll len=p>>1,tmp=power(G,(XJQ-1)/p);
		for(ll k=0;k<n;k+=p){
			ll buf=1;
			for(ll i=k;i<k+len;i++){
				ll tt=buf*f[len+i]%XJQ;
				f[len+i]=(f[i]-tt+XJQ)%XJQ;
				f[i]=(f[i]+tt)%XJQ;
				buf=buf*tmp%XJQ;
			}
		}
	}
	if(op==1) return;
	int inv=power(n,XJQ-2);reverse(f+1,f+n);
	for(int i=0;i<n;i++) f[i]=f[i]*inv%XJQ;
}
void work(ll *a,ll *b,ll l)
{
	if(l==1){b[0]=power(a[0],XJQ-2);return;}
	work(a,b,(l+1)>>1);
	ll cnt;
	for(cnt=1;cnt<(l<<1);cnt<<=1);
	for(ll i=1;i<cnt;i++)
	  r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?cnt>>1:0);
	for(ll i=0;i<l;i++) c[i]=a[i];
	for(ll i=l;i<cnt;i++) c[i]=0;
	ntt(c,cnt,1);ntt(b,cnt,1);
	for(ll i=0;i<cnt;i++)
	  b[i]=(2-b[i]*c[i]%XJQ+XJQ)%XJQ*b[i]%XJQ;
	ntt(b,cnt,-1);
	for(ll i=l;i<cnt;i++) b[i]=0;
}
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=0;i<n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]);
	work(a,b,n);
	for(ll i=0;i<n;i++)
		printf("%lld ",b[i]);
}

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多项式导数相关

后面就要开始用到高二的知识了

多项式求导

后面定义\(f'\)表示多项式\(f\)的求导，定义\(a_i=f(x)[i]\)，那么有

\[f'(x)=\sum_{i=0}^na_{i+1}(i+1)x^i
\]

大体就是把所有位乘上\(i\)再往前移动，对导数有了解的话应该能理解，这里就不给出推导了

多项式积分

同理定义\(a_i=f(x)[i]\)，那\(f\)的积分\(g\)就有

\[g(x)=\sum_{i=0}^n\frac{a_{i-1}}{i}x^i
\]

和上面同理，需要知道积分和求导是逆运算。

多项式复合

定义复合函数

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

看上去没什么用，之后再说

泰勒公式

这里开始就暂时不和多项式有多挂钩了。

\[f(x)=\lim_{n\to \infty}\sum_{i=0}^{n}\frac{f^{(n)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i+R_n(x)
\]

其中\(f^{(n)}\)表示\(f\)的\(n\)阶求导，\(R_n(x)\)是余项。

看上去没有什么用，是牛迭的基础，可以直接记牛迭的结论。

到时候会有泰勒公式的常用写法

牛顿迭代

这里就不用泰勒公式的推导了，直接感性点理解快速过一下。

我们知道导数

\[f'(x)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}
\]

是可以理解为求某个函数在\((x,f(x))\)处的切点，而牛顿迭代正是利用这个原理求函数的近似零点，可以先看一张生动的图（来自维基百科）。



就是先找一个点\((x,f(x))\)，然后求它在函数图像上的切线，之后这条切线与\(x\)有交的位置\(x'\)再带入\(x\)之后继续这个过程。

这个过程中求得的\(x\)在不断逼近原点，这样就可以求出一个函数\(0\)点的近似解。

当然牛顿迭代显然并不是对所有函数都适用的，但是对于我们需要解决的多项式问题来说足够了。

然后要上泰勒公式了

\[f(x)=\lim_{n\to \infty}\sum_{i=0}^{n}\frac{f^{(n)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i+R_n(x)
\]

这里只拿\(i=1\)的情况来展开一下，再定义一个\(\phi(x)\approx f(x)\)就是

\[f(x)\approx \phi(x)=f'(x_0)(x-x_0)-f(x_0)
\]

然后如果求\(f(x)=0\)就是近似的求\(\phi(x)=0\)也就是

\[f'(x_0)(x-x_0)-f(x_0)=0
\]

就有

\[x=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}\Rightarrow x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}
\]

这个递推式子。

然后就可以快速近似求解了。

多项式复合零点

那么现在就是牛顿迭代的实战时间了，题目是给出一个多项式\(G(x)\)，要求求出一个\(f(x)\)使得\(G(f(x))\equiv 0(mod\ x^n)\)。

拿多项式来泰勒展开推导或者直接用上面的牛迭结论。设\(f_t\)满足\(G(f_t)\equiv 0(mod\ x^{2^t})\)，那么就有结论

\[f_t\equiv f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G'(f_{t-1})}(mod\ {x^{2^t}})
\]

这里还是推导一下吧，先把\(f\)给泰勒展开了（这里换成了一个比较常用的写法）

\[G(f_t)\equiv G(f_{t-1})+\sum_{i=1}^\infty\frac{G^{(i)}(f_{t-1})}{i!}*(f_t-f_{t-1})^i(mod\ x^{2^t})
\]

又因为\(G(f_{t-1})\equiv 0(mod\ x^{2^{t-1}})\)和\(G(f_t)\equiv 0(mod\ x^{2^t})\)。所以\(f_t-f_{t-1}\)的前\(2^{t-1}\)项都是\(0\)，那么\((f_t-f_{t-1})^2\)的前\(2^t\)都是0，也就当\(i\geq 2\)的时候后面的项都被模掉了，所以式子就变得很简单了。

\[G(f_t)\equiv G(f_{t-1})+G'(f_{t-1})*(f_t-f_{t-1})(mod\ x^{2^t})
\]

把\(G(f_t)=0\)带入就有

\[f_t=f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G'(f_{t-1})}(mod\ x^{2^t})
\]

式子到这里就得根据具体情况化简了，然后练练手？

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多项式开根

题目大意

给出一个多项式\(F\)，求一个多项式\(G\)满足

\[G(x)^2=F(x)(mod\ x^{n})
\]

分析

下面的\(G\)和上面的要求的\(G\)不同

如果我们求出一个多项式\(G(f)=f^2-F(x)\)。如果\(G(f)\equiv 0(mod\ x^n)\)的解就是\(f(x)\equiv \sqrt{F(x)}(mod\ x^n)\)的解了。

之后直接代前面多项式零点求值的东西就有

\[f_t=f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G'(f_{t-1})}\Rightarrow f_t=f_{t-1}-\frac{f_{t-1}^2-F(x)}{2f_{t-1}}
\]

嗯，那个\(2f_{t-1}\)是对\(G\)手动求导的结果

时间复杂度也是类\(T(n)=T(\frac{n}{2})+n\log n\)的形式所以还是\(O(n\log n)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=6e5+10,P=998244353,inv2=(P+1)/2;
ll n,a[N],b[N],r[N];
ll t1[N],t2[N],t3[N],t4[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
ll GetL(ll len){
    ll n=1;
    while(n<=len)n<<=1;
    for(ll i=0;i<n;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
    return n;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
    for(ll i=0;i<n;i++)
        if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
    for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
        ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
        if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
        for(ll k=0;k<n;k+=p){
            ll buf=1;
            for(ll i=k;i<k+len;i++){
                ll tt=f[i+len]*buf%P;
                f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
                f[i]=(f[i]+tt)%P;
                buf=buf*tmp%P;
            }
        }
    }
    if(op==-1){
        ll invn=power(n,P-2);
        for(ll i=0;i<n;i++)
            f[i]=f[i]*invn%P;
    }
    return;
}
void GetInv(ll *f,ll *g,ll n){
    if(n==1){g[0]=power(f[0],P-2);return;}
    GetInv(f,g,n>>1);ll l=GetL(n);
    for(ll i=0;i<n;i++)t1[i]=f[i],t2[i]=g[i];
    for(ll i=n;i<l;i++)t1[i]=t2[i]=0;
    NTT(t1,l,1);NTT(t2,l,1);
    for(ll i=0;i<l;i++)t1[i]=t1[i]*t2[i]%P*t2[i]%P;
    NTT(t1,l,-1);
    for(ll i=0;i<n;i++)g[i]=(2*g[i]-t1[i]+P)%P;
    return;
}
void Sqrt(ll *f,ll *g,ll n){
    if(n==1){g[0]=1;return;}
    Sqrt(f,g,n>>1);ll l=GetL(n<<1);
    for(ll i=0;i<n;i++)t3[i]=f[i],t4[i]=0;
    for(ll i=n;i<l;i++)t3[i]=t4[i]=0;
    GetInv(g,t4,n);l=GetL(n<<1);
    NTT(t3,l,1);NTT(t4,l,1);
    for(ll i=0;i<l;i++)t3[i]=t3[i]*t4[i]%P;
    NTT(t3,l,-1);
    for(ll i=0;i<n;i++)g[i]=(g[i]+t3[i])*inv2%P;
    return;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    ll m=GetL(n);
    Sqrt(a,b,m);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        printf("%lld ",b[i]);
    return 0;
}

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多项式ln

题目大意

给出一个多项式\(F\)，求一个多项式\(G\)满足

\[G(x)\equiv ln(F(x))(mod\ x^n)
\]

分析

这个题不用牛顿迭代，对\(G\)求个导，因为是复合函数直接展开

\[G'(x)\equiv ln'(F(x))*F(x)(mod\ x^n)\Rightarrow G'(x)\equiv\frac{F(x)}{F'(x)}(mod\ x^n)
\]

这个推导要用到的有\(ln'(x)=\frac{1}{x}\)。

就是算\(\frac{F(x)}{F'(x)}\)再积分就好了

时间复杂度\(O(n\log n)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4e5+10,P=998244353;
ll n,r[N],f[N],g[N];
ll t1[N],t2[N],t3[N],t4[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
ll GetL(ll len){
    ll n=1;
    while(n<=len)n<<=1;
    for(ll i=0;i<n;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
    return n;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
    for(ll i=0;i<n;i++)
        if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
    for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
        ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
        if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
        for(ll k=0;k<n;k+=p){
            ll buf=1;
            for(ll i=k;i<k+len;i++){
                ll tt=f[i+len]*buf%P;
                f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
                f[i]=(f[i]+tt)%P;
                buf=buf*tmp%P;
            }
        }
    }
    if(op==-1){
        ll invn=power(n,P-2);
        for(ll i=0;i<n;i++)
            f[i]=f[i]*invn%P;
    }
    return;
}
void GetInv(ll *f,ll *g,ll n){
    if(n==1){g[0]=power(f[0],P-2);return;}
    GetInv(f,g,n>>1);ll m=GetL(n);
    for(ll i=0;i<n;i++)t1[i]=f[i],t2[i]=g[i];
    for(ll i=n;i<m;i++)t1[i]=t2[i]=0;
    NTT(t1,m,1);NTT(t2,m,1);
    for(ll i=0;i<m;i++)t1[i]=t1[i]*t2[i]%P*t2[i]%P;
    NTT(t1,m,-1);
    for(ll i=0;i<n;i++)g[i]=(2*g[i]-t1[i]+P)%P;
    return;
}
void GetD(ll *f,ll *g,ll n){
    for(ll i=0;i<n;i++)
        g[i]=f[i+1]*(i+1)%P;
    g[n-1]=0;return;
}
void GetJ(ll *f,ll *g,ll n){
    for(ll i=1;i<n;i++)
        g[i]=f[i-1]*power(i,P-2)%P;
    g[0]=0;return;
}
void GetLn(ll *f,ll *g,ll n){
    n=GetL(n);
    GetD(f,t3,n);GetInv(f,t4,n);
    n=GetL(n);NTT(t3,n,1);NTT(t4,n,1);
    for(ll i=0;i<n;i++)t3[i]=t3[i]*t4[i]%P;
    NTT(t3,n,-1);GetJ(t3,g,n);
    return;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        scanf("%lld",&f[i]);
    GetLn(f,g,n);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        printf("%lld ",g[i]);
    return 0;
}

---

多项式exp

题目大意

给出多项式\(F\)，求一个多项式\(G\)满足

\[G(x)\equiv e^{F(x)}(mod\ x^n)
\]

解题思路

这个应该是最麻烦的了，和开根一样的思路

定义一个复合函数\(G(f)=ln(f)-F(x)\)那么当\(G(f)=0\)的解就是答案了。

然后同理直接上倍增加泰勒展开

\[f_t\equiv f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G'(f_{t-1})}(mod\ x^{2^t})\Rightarrow f_t\equiv f_{t-1}-(ln(f_{t-1})+F(x))*f_{t-1}(mod\ x^{2^t})
\]

然后时间复杂度依旧是\(T(n)=T(\frac{n}{2})+n\log n\)，所以还是\(O(n\log n)\)的

然后上个\(ln\)和求逆就好了

---

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=8e5+10,P=998244353;
ll n,m,r[N],a[N],b[N];
ll t1[N],t2[N],t3[N],t4[N],t5[N],t6[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
void GetL(ll len){
    n=1;while(n<=len)n<<=1;
    for(ll i=0;i<n;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
    return;
}
void NTT(ll *f,ll op){
    for(ll i=0;i<n;i++)
        if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
    for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
        ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
        if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
        for(ll k=0;k<n;k+=p){
            ll buf=1;
            for(ll i=k;i<k+len;i++){
                ll tt=f[i+len]*buf%P;
                f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
                f[i]=(f[i]+tt)%P;
                buf=buf*tmp%P;
            }
        }
    }
    if(op==-1){
        ll invn=power(n,P-2);
        for(ll i=0;i<n;i++)
            f[i]=f[i]*invn%P;
    }
    return;
}
void GetInv(ll *f,ll *g,ll m){
    if(m==1){g[0]=power(f[0],P-2);return;}
    GetInv(f,g,m>>1);GetL(m);
    for(ll i=0;i<m;i++)t1[i]=f[i],t2[i]=g[i];
    for(ll i=m;i<n;i++)t1[i]=t2[i]=0;
    NTT(t1,1);NTT(t2,1);
    for(ll i=0;i<n;i++)t1[i]=t1[i]*t2[i]%P*t2[i]%P;
    NTT(t1,-1);
    for(ll i=0;i<m;i++)g[i]=(2*g[i]-t1[i]+P)%P;
    return;
}
void GetD(ll *f,ll *g,ll n){
    for(ll i=0;i<n-1;i++)
        g[i]=f[i+1]*(i+1)%P;
    g[n-1]=0;return;
}
void GetJ(ll *f,ll *g,ll n){
    for(ll i=1;i<n;i++)
        g[i]=f[i-1]*power(i,P-2)%P;
    g[0]=0;return;
}
void GetLn(ll *f,ll *g,ll m){
    GetL(m);GetD(f,t3,n);GetInv(f,t4,n);
    GetL(m);GetL(n);NTT(t3,1);NTT(t4,1);
    for(ll i=0;i<n;i++)t3[i]=t3[i]*t4[i]%P;
    NTT(t3,-1);GetJ(t3,g,n);
    for(int i=0;i<n;i++)t3[i]=t4[i]=0;
    return;
}
void GetExp(ll *f,ll *g,ll m){
    if(m==1){g[0]=1;return;}
    GetExp(f,g,m>>1);GetLn(g,t5,m);GetL(m);
    for(ll i=0;i<m;i++)t6[i]=f[i];
    for(ll i=m;i<n;i++)t5[i]=t6[i]=0;
    NTT(t5,1);NTT(t6,1);NTT(g,1);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        g[i]=g[i]*(1-t5[i]+t6[i]+P)%P;
    NTT(g,-1);for(ll i=m;i<n;i++)g[i]=0;
    return;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&m);
    for(ll i=0;i<m;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    GetL(m);GetExp(a,b,n);
    for(ll i=0;i<m;i++)
        printf("%lld ",b[i]);
    return 0;
}