[模板] 多项式: 乘法/求逆/分治fft/微积分/ln/exp/幂

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;

}