多项式简单操作

目录

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 ( ext{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}) 。

在 (pmod x) 时，可以求出 (A(x)) 的常数项。

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

在 (mod {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

[egin{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。

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

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

当 (n = 1) 求逆元即可，假设我们求出在 (mod 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

[egin{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 ( ext{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

求 (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

[egin{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 ( ext{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

求 (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

[egin{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 floor) 然后考虑分治求出 ([l, mid]) 的 (B(x)) ，然后考虑对于 ((mid, r]) 的贡献，也就是 (A_{0 sim r - l}) 和 (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

求 (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

设 (G(F(x)) = x) 求 (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;
}
【推广】 免费学中医，健康全家人
原文地址：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/10963718.html