[模板] 多项式: 乘法/求逆/分治fft/微积分/ln/exp/幂

多项式

多项式

形如

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

这里的多项式实际上指的是形式幂级数, 也就是 \(\mathrm R[[x]]\), 因为我们只关注它每一项的系数.

牛顿迭代法

给定定义域为多项式的函数 \(G(x)\), 求多项式 \(F(x)\), 使得

\[G(F(x)) \equiv 0 \pmod a
\]

考虑倍增求出. 如果现在求出了低 \({\lceil \frac n2 \rceil}\) 项的系数, 即

\[G(F_0(x)) \equiv 0 \pmod{x^{\lceil \frac n2 \rceil}}
\]

, 那么利用泰勒展开可以得到

\[F(x)\equiv F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\pmod{x^n} \tag{1}
\]

求逆

求 \(F(x)\), 满足 \(F(x)A(x) \equiv 1 \pmod{x^n}\).

设 \(A(x)\) 为原函数, 那么 \(G(F(x)) = A(x) - \frac{1}{F(x)}\).

带入 \((1)\),

\[\begin{aligned}
F(x) & \equiv F_0(x)-\frac{A(x) - F(x)^{-1}}{F(x)^{-2}} & \pmod{x^n} \\
& \equiv F_0(x)-A(x)F_0^2(x)+F_0(x) \\
& \equiv F_0(x)(2-(A(x)F_0(x)) \\
\end{aligned}
\]

多项式有逆的充要条件是常数项 \(a_0 \not = 0\), 递归终点 \(f_0 = a_0^{-1}\).

还可以设 \(G(F(x)) = F(x)A(x) - 1\), 推导略有不同:

带入 \((1)\), 即

\[F(x) \equiv F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\equiv F_0(x)-\frac{A(x)F_0(x)-1}{A(x)} \pmod{x^n}
\]

由于\(A(x)F_0(x) - 1\) 的低 \(\frac n2\) 位均为 \(0\), 那么在模 \(x^n\) 意义下, 它乘上的数只需考虑低 \(\frac n2\) 位即可.

而 \(A(x)F_0(x)\) 的低 \(\frac n2\) 位中, 只有常数项为 \(1\), 其他项为 \(0\). 那么

\[\frac {A(x)F_0(x) - 1} {A(x)F_0(x)} \equiv {A(x)F_0(x) - 1} \pmod{x^{n}}
\]

上面的式子就可以化为

\[\begin{aligned}
F(x) & \equiv F_0(x)-\frac{A(x)F_0(x)-1}{A(x)} & \pmod{x^n} \\
& \equiv F_0(x)-\frac{(A(x)F_0(x)-1)F_0(x)}{A(x)F_0(x)} \\
& \equiv F_0(x)-{(A(x)F_0(x)-1)F_0(x)} \\
& \equiv F_0(x)(2-(A(x)F_0(x)) \\
\end{aligned}
\]

倍增即可求解.

求对数

求 \(F(x)\), 满足 \(F(x) \equiv \ln A(x) \pmod{x^n}\).

\[\begin{aligned}
F(x)
& \equiv \ln A(x) & \pmod{x^n} \\
& \equiv \int \frac{A'(x)}{A(x)} \, \mathrm d x
\end{aligned}
\]

多项式可以求对数的充要条件是常数项 \(a_0 \not = 0\), 经过积分得到常数项为 \(0\).

容易发现在求 \(\ln\) 过程中 \(A(x)\) 的常数项被消成了 \(1\) (分子分母约分).

这里的求对数其实是假设 \(a_0 = 1\), 因为在模意义下, \(\ln x\) 在 \(x \not = 1\) 处无定义.

求指数

求 \(F(x)\), 满足 \(F(x) \equiv e^{A(x)} \pmod{x^n}\).

设

\[G(x) = A(x) - \ln F(x)
\]

那么, 通过牛顿迭代

\[F(x)\equiv F_0(x)(1-\ln F_0(x)+A(x))\pmod{x^n}
\]

多项式可以求指数的充要条件是常数项 \(a_0 = 0\), 递归终点 \(f_0 = 1\).

快速幂

求 \(F(x)\), 满足 \(F(x) \equiv A^k(x) \pmod{x^n}\). \(k\) 可为 (模意义下有意义的) 任意有理数.

\[\begin{aligned}
F(x)
& \equiv A^k(x) & \pmod{x^n} \\
& \equiv e^{k \ln A(x)}
\end{aligned}
\]

由于 \(\ln\) 过程的限制, 这个过程其实假设了 \(a_0 = 1\).

如果 \(a_0\) 为 \(> 1\) 正整数, 那么设多项式 \(\exp\) 的递归终点为 \(f_0 = a_0^k\) (模意义下; 如果 \(k\) 为分数或负数需要求高次剩余/逆元) 即可;

如果 \(a_0 = 0\), 需要化为 \(A'(x) = \frac{A(x)}{x^l}\), 其中 \(A'(x)\) 常数项不为 \(0\). 答案则为 \((A'(x))^k \cdot x^{lk}\).

多点求值

过于难写... 推荐秦九韶算法, 时间复杂度 \(O(n^2)\).

快速插值

给定 \((x_i, y_i) , \forall i \in \{1,2,\dotsc n\}\), 求一个 \(n-1\) 次多项式 \(F(x)\), 满足 \(F(x_i) \equiv y_i \pmod p\).

同上... 不想写快速插值...

拉格朗日插值

\[F(x)=\sum_{i=1}^ny_i \cdot \frac{\prod_{1\le j\le n,j!=i}(x-x_j)}{\prod_{1\le j\le n,j!=i}(x_i-x_j)}
\]

求单点值的时间复杂度 \(O(n^2)\).

拉格朗日反演

设\(F(x)\), \(G(x)\)是形式幂级数, 满足 \(F(G(x))=x\), 称 \(F(x)\) 为 \(G(x)\) 的复合逆.

根据形式幂级数的性质, 可以得到 \(F(x)\) 常数项为 \(0\), 并且 \(G(F(x)) = x\).

可以证明

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

如果有 \(F(x) = \frac{x}{H(x)}\), 还有

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

这个过程实际上是求 \(\frac{F(x)}{x}\) 的逆的 \(n\) 次幂. 多项式求逆, 快速幂即可.

另外, 给定另一个多项式 \(A(x)\), 还可以求多项式的复合:

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

实现的细节

• 长度为 n, 次数为 n-1
• 数组长度为超过 2*n 的2的幂
• 必要时要清空
• 不要忘记取模!

代码

多项式全家桶:

const int nsz=4e5+50;
const ll nmod=998244353,g=3,ginv=332748118;
//998244353 g=3
//1004535809 g=3

int n;
ll a[nsz],b[nsz],ans[nsz];

ll qp(ll a,ll b=nmod-2){
    ll res=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%nmod)if(b&1)res=res*a%nmod;
    return res;
}
namespace npoly{
    //l means length of array
    ll len,l2,rev[nsz];

    il void cp(ll *a,ll *b,int l0,int l1){
        memcpy(a,b,l0*sizeof(ll));
        memset(a+l0,0,(l1-l0)*sizeof(ll));
    }

    il void fftinit(int l0){
        l2=0,len=1;
        while(len<l0)++l2,len<<=1;
        rep(i,0,len-1)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l2-1));//
    }
    void dft(ll *a,int l,int fl){
        rep(i,0,l-1)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
        for(int i=1;i<l;i<<=1){
            ll wn=qp(fl==1?g:ginv,(nmod-1)/(i<<1));
            for(int j=0,p=i<<1;j<l;j+=p){
                ll w=1;
                for(int k=0;k<i;++k,w=w*wn%nmod){
                    ll x=a[j+k],y=w*a[j+k+i]%nmod;
                    a[j+k]=(x+y)%nmod,a[j+k+i]=(x-y)%nmod;
                }
            }
        }
        if(fl==-1){
            ll v=qp(l);
            rep(i,0,l-1)a[i]=a[i]*v%nmod;
        }
    }
	void mul(ll *a,int l1,ll *b,int l2,ll *c,int l3=-1){
		if(l3==-1)l3=l1+l2-1;
		static ll c1[nsz],c2[nsz];
		fftinit(l1+l2-1);
		cp(c1,a,l1,len),cp(c2,b,l2,len);
		dft(c1,len,1),dft(c2,len,1);
		rep(i,0,len-1)c1[i]=c1[i]*c2[i]%nmod;
		dft(c1,len,-1);
		cp(c,c1,l3,l3);
	}
    void inv(ll *a,int l,ll *b){
        if(l==1){b[0]=qp(a[0]);return;}
        int l0=(l+1)>>1;
        inv(a,l0,b);

        static ll c1[nsz],c2[nsz];
        fftinit(l<<1);//需要两倍长度dft保证乘法正确
        cp(c1,a,l,len),cp(c2,b,l0,len);
        dft(c1,len,1),dft(c2,len,1);
        rep(i,0,len-1)c1[i]=c2[i]*(2-c1[i]*c2[i]%nmod)%nmod;
        dft(c1,len,-1);
        cp(b,c1,l,l);
    }

	void deriv(ll *a,int l,ll *b){ //b could be eq to a
		rep(i,0,l-2)b[i]=a[i+1]*(i+1)%nmod;
		b[l-1]=0;
	}
    void integ(ll *a,int l,ll *b){
        repdo(i,l-2,0)b[i+1]=a[i]*qp(i+1)%nmod;
        b[0]=0;
    }
    //a[0] should be 1
    void ln(ll *a,int l,ll *b){
		static ll c1[nsz],c2[nsz];
		inv(a,l,c1),deriv(a,l,c2);
		mul(c1,l,c2,l,b,l);
		integ(b,l,b);
	}

    //a[0] should be 0
    ll expzero=1;
    void exp(ll *a,int l,ll *b){
        if(l==1){b[0]=expzero;return;}
        int l0=(l+1)>>1;
        exp(a,l0,b);

        static ll c1[nsz],c2[nsz];
        fftinit(l<<1);
        rep(i,l0,l-1)b[i]=0;
        ln(b,l,c1);
        rep(i,0,l-1)c1[i]=(a[i]-c1[i]+(i==0))%nmod;
        rep(i,l,len-1)c1[i]=0;
        cp(c2,b,l0,len);
        dft(c1,len,1),dft(c2,len,1);
        rep(i,0,len-1)c1[i]=c1[i]*c2[i]%nmod;
        dft(c1,len,-1);
        cp(b,c1,l,l);
    }

    void pow(ll *a,int l,ll p,ll *b){//suppose a[0]!=0;
        static ll c[nsz];
        ln(a,l,c);
        rep(i,0,l-1)c[i]=c[i]*p%nmod;
//        expzero=qp(a[0],p);
        exp(c,l,b);
    }
    void sqrt(ll *a,int l,ll *b){pow(a,l,qp(2),b);}

    void dncfft(ll *a,int l0,ll *b){
        static ll c1[nsz];
        rep(i,0,l0-1)c1[i]=-a[i];
        c1[0]=(c1[0]+1)%nmod;
        inv(c1,l0,b);
    }

    //tests
    void testfft(){
        int n,m;
        cin>>n>>m,++n,++m;
        rep(i,0,n-1)cin>>a[i];
        rep(i,0,m-1)cin>>b[i];
        mul(a,n,b,m,ans);
        rep(i,0,n+m-2)cout<<(ans[i]+nmod)%nmod<<' ';
        cout<<'\n';
    }
    //3 1 2 1
	//1 -2 3
    void testinv(){
        int n;
        cin>>n;
        rep(i,0,n-1)cin>>a[i];
        inv(a,n,ans);
        rep(i,0,n-1)cout<<(ans[i]+nmod)%nmod<<' ';
        cout<<'\n';
    }
    void testdnc(){
        int n;
        cin>>n;
        rep(i,1,n-1)cin>>a[i];
        dncfft(a,n,ans);
        rep(i,0,n-1)cout<<(ans[i]+nmod)%nmod<<' ';
        cout<<'\n';
    }
    //3 1 2 1
	//0 2 -1
    void testln(){
        int n;
        cin>>n;
        rep(i,0,n-1)cin>>a[i];
        ln(a,n,ans);
        rep(i,0,n-1)cout<<(ans[i]+nmod)%nmod<<' ';
        cout<<'\n';
    }
	//3 0 1 2
	//1 1 499122179(5/2)
    void testexp(){
        int n;
        cin>>n;
        rep(i,0,n-1)cin>>a[i];
        exp(a,n,ans);
        rep(i,0,n-1)cout<<(ans[i]+nmod)%nmod<<' ';
        cout<<'\n';
    }
    void testsq(){
        int n;
        cin>>n;
        rep(i,0,n-1)cin>>a[i];
        sqrt(a,n,ans);
        rep(i,0,n-1)cout<<(ans[i]+nmod)%nmod<<' ';
        cout<<'\n';
    }
    void testpow(){
        int n,k;
        cin>>n>>k;
        rep(i,0,n-1)cin>>a[i];
		pow(a,n,k,ans);
        rep(i,0,n-1)cout<<(ans[i]+nmod)%nmod<<' ';
        cout<<'\n';
    }
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
    npoly::testexp();
    return 0;
}

拉格朗日插值:

pair<ll,ll> li[nsz];
ll lag(ll x){
	sort(li+1,li+n+1);
	n=unique(li+1,li+n+1)-li-1;
	ll res=0;
	rep(i,1,n){
		ll tmp=1;
		rep(j,1,n)if(i!=j)tmp=tmp*(li[i].first-li[j].first)%nmod;
		tmp=inv(tmp)*li[i].second%nmod;
		rep(j,1,n)if(i!=j)tmp=tmp*(x-li[j].first)%nmod;
		res=(res+tmp)%nmod;
	}
	return res;
}