下面的内容基本上都是贺来的
写的时候要注意各种清空问题...
多项式乘法
略
时间复杂度\(O(n\ log\ n)\)
const int P = 998244353;
inline int Pow(ll x, int y=P-2){
ll ass=1;
for(; y; y>>=1, x=x*x%P) if(y&1) ass=ass*x%P;
return ass;
}
inline int Mod(int x){ return x<P?x:x-P;}
inline void NTT(int *f, int g){
for(int i=0, j=0; i<p; ++i){
if(i>j) swap(f[i], f[j]);
for(int k=p>>1; (j^=k)<k; k>>=1);
}
for(int i=1; i<p; i<<=1){
int w0=(g==1?Pow(3, (P-1)/i/2):Pow(Pow(3, (P-1)/i/2)));
for(int j=0; j<p; j+=i<<1){
int w=1;
for(int k=j; k<j+i; ++k){
int t=(ll)w*f[k+i]%P;
f[k+i]=Mod(P+f[k]-t);
f[k]=Mod(f[k]+t);
w=(ll)w*w0%P;
}
}
}
if(g==-1) for(int i=0, I=Pow(p); i<p; ++i) f[i]=(ll)f[i]*I%P;
}
.............. 多项式求逆
给定多项式\(A(x)\)，求\(A^{-1}(x)\)满足\[A(x)A^{-1}(x)\equiv 1\pmod{x^n}\]
其中\(\pmod{x^n}\)即为舍去次数\(\ge n\)的项，只保留\(0\)到\(n-1\)次项
倍增
\(n=1\)时只有常数项，答案可以直接快速幂求出
假设当前已经求出\(\pmod{x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}}\)意义下的\(A(x)\)的逆元\(B_0(x)\)，满足\[A(x)B_0(x)\equiv 1\pmod{x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}}\]
需要求\(B(x)\)满足\[A(x)B(x)\equiv 1\pmod{x^n}\]
两式相减得\[A(x)(B(x)-B_0(x))\equiv 0\pmod{x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}}\]
即\[B(x)-B_0(x)\equiv0\pmod{x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}}\]
平方得\[B^2(x)-2B(x)B_0(x)+B_0^2(x)\equiv0\pmod{x^n}\]
由于一个多项式平方之后，次数\(<n\)的项至少是由原先一个次数\(<\lceil \frac{n}{2} \rceil\)的项乘上其他项得到的，所以这个结果的\(0\)到\(n-1\)次系数仍然是\(0\)，可以变成\(\pmod{x^n}\)
同乘\(A(x)\)得\[B(x)-2B_0(x)+A(x)B_0^2(x)\equiv0\pmod{x^n}\]
即\[B(x)\equiv B_0(x)(2-A(x)B_0(x))\pmod{x^n}\]
时间复杂度\[T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n\ log\ n)=O(n\ log\ n)\]
inline void polyinv(int n, int *a, int *b){
if(n==1) return (void)(b[0]=Pow(a[0]));
polyinv((n+1)/2, a, b);
static int tmp[N];
for(p=1; p<n*2-1; p<<=1);
memcpy(tmp, a, n<<2), memset(tmp+n, 0, p-n<<2);
NTT(tmp, 1), NTT(b, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) b[i]=(2-(ll)b[i]*tmp[i]%P+P)*b[i]%P;
NTT(b, -1);
memset(b+n, 0, p-n<<2);
} 多项式除法/取模
给定\(n-1\)次多项式\(A(x)\)和\(m-1\)次多项式\(B(x)\)，求\(D(x)\ R(x)\)满足\[A(x)=D(x)B(x)+R(x)\]
其中\(D(x)\)最高\(n-m\)次，\(R(x)\)次数\(<m-1\)
或\[A(x)\equiv R(x)\pmod{B(x)}\]
由于这里有余数\(R(x)\)难以处理，可以考虑去掉其影响
定义反转操作(将各项系数反转)\[A^R(x)=x^{n-1}A(\frac{1}{x})=\sum_{i=0}^{n-1}a_{n-i-1}x^i\]
把\(\frac{1}{x}\)代入原式，再同乘\(x^{n-1}\)，得到\[x^{n-1}A(\frac{1}{x})=x^{n-m}D(\frac{1}{x})x^{m-1}B(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}*x^{m-2}R(\frac{1}{x})\]
即\[A^R(x)=D^R(x)B^R(x)+x^{n-m+1}R^R(x)\]
由于\(D^R(x)\)也是\(n-m\)次的，在\(\pmod{x^{n-m+1}}\)意义下，得到\[A^R(x)\equiv D^R(x)B^R(x)\pmod{x^{n-m+1}}\]
可以通过多项式求逆得到\(D^R(x)\)，反转即为\(D(x)\)，再代入计算\(R(x)\)
需要一次求逆和两次乘法
时间复杂度\(O(n\ log\ n)\)
inline void polydiv(int n, int m, int *d, int *a, int *b, int *r){
static int A[N], B[N], B1[N];
memset(A, 0, sizeof A), memset(B, 0, sizeof B), memset(B1, 0, sizeof B1);
for(int i=0; i<n; ++i) A[i]=a[n-i-1];
for(int i=0; i<m; ++i) B[i]=b[m-i-1];
polyinv(n-m+1, B, B1);
for(p=1; p<n*2-m; p<<=1);
NTT(A, 1), NTT(B1, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) d[i]=(ll)A[i]*B1[i]%P;
NTT(d, -1), memset(d+n-m+1, 0, p-(n-m+1)<<2);
for(int i=0, j=n-m; i<j; ++i, --j) swap(d[i], d[j]);
for(p=1; p<n; p<<=1);
for(int i=0; i<m; ++i) B[i]=b[i];
for(int i=0; i<n-m+1; ++i) B1[i]=d[i]; memset(B1+n-m+1, 0, p-(n-m+1)<<2);
NTT(B, 1), NTT(B1, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) r[i]=(ll)B[i]*B1[i]%P;
NTT(r, -1);
for(int i=0; i<n; ++i) r[i]=(P+a[i]-r[i])%P;
} 多项式牛顿迭代法
这个好像可以用来推很多东西..
有一个关于多项式\(f(x)\)的方程\(g(f(x))=0\)
假设已经求出了\(f(x)\)的前n项\(f_0(x)\)
\[f(x)\equiv f_0(x)\pmod{x^n}\]
\[g(f_0(x))\equiv 0\pmod{x^n}\]
对\(g(f(x))\)在\(f_0(x)\)上泰勒展开
\[g(f(x))=g(f_0(x))+\frac{g'(f_0(x))}{1!}(f(x)-f_0(x))^1+\frac{g''(f_0(x))}{2!}(f(x)-f_0(x))^2+·······\]
注意到\(f(x)-f_0(x)\)的前\(n\)项系数为\(0\)，于是
\[g(f(x))\equiv g(f_0(x))+g'(f_0(x))(f(x)-f_0(x))\equiv 0\pmod{x^{2n}}\]
即\[f(x)\equiv f_0(x)-\frac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))}\pmod{x^{2n}}\]
用这种方法也可以推多项式求逆
多项式开根
给定多项式\(A(x)\),求\(B(x)\)满足\[B^2(x)-A(x)\equiv0\pmod{x^n}\]
设\(B(x)\equiv B_0(x)\pmod{x^n}\)，直接代入牛顿迭代
\[ \begin{aligned} B(x)&\equiv B_0-\frac{B_0^2(x)-A(x)}{2B_0(x)} \\ &\equiv\frac{1}{2}\left( B_0(x)+\frac{A(x)}{B_0(x)}\right)\pmod{x^{2n}} \end{aligned} \]
复杂度\[T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n\ log\ n)=O(n\ log\ n)\]
若常数项不是很优秀，当\(n=1\)时，还需要计算二次剩余（我不会）
代码中常数项恰好为\(1\)
inline void polysqrt(int n, int *a, int *b){
if(n==1) return (void)(b[0]=1);
polysqrt(n+1>>1, a, b);
static int tmp[N], b1[N];
polyinv(n, b, b1);
for(p=1; p<n*2-1; p<<=1);
memcpy(tmp, a, n<<2), memset(tmp+n, 0, p-n<<2);
NTT(tmp, 1), NTT(b, 1), NTT(b1, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) b[i]=((ll)tmp[i]*b1[i]+b[i])%P*inv2%P;
NTT(b, -1);
memset(b+n, 0, p-n<<2), memset(b1, 0, p<<2);
} 多项式\(ln\)
对于一个多项式\(A(x)\)，求\[ln(A(x))\pmod{x^n}\]
直接计算
\[ \begin{aligned} &ln(A(x)) \\ =&\int (ln(A(x)))' \\ =&\int\frac{A'(x)}{A(x)} \end{aligned} \]
其中的求导和积分都是可以\(O(n)\)完成的
需要保证\(A(x)\)常数项为\(1\)，否则由于求导后常数项丢失，会出现一些问题
时间复杂度\(O(n\ log\ n)\)
inline void polyln(int n, int *a, int *b){
static int tmp[N];
polyinv(n, a, b);
for(int i=1; i<n; ++i) tmp[i-1]=(ll)a[i]*i%P;
for(p=1; p<n*2-1; p<<=1);
NTT(tmp, 1), NTT(b, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) b[i]=(ll)tmp[i]*b[i]%P;
NTT(b, -1);
for(int i=n-1; i; --i) b[i]=(ll)b[i-1]*Pow(i)%P;
b[0]=0, memset(b+n, 0, p-n<<2);
} 多项式\(exp\)
对于一个多项式\(A(x)\)，求\[e^{A(x)}\pmod{x^n}\]
设
\[B(x)\equiv e^{A(x)}\pmod{x^n}\]
两边取对数
\[ \begin{aligned} \Longrightarrow & &ln(B(x))&\equiv A(x)&\pmod{x^n} \\ \Longrightarrow & &ln(B(x))-A(x)&\equiv 0&\pmod{x^n} \end{aligned} \]
设\(B(x)\equiv B_0(x)\pmod{x^n}\)，得到递推式
\[ \begin{aligned} B(x)&\equiv B_0(x)-\frac{ln(B(x))-A(x)}{\frac{1}{B(x)}}&\pmod{x^{2n}} \\ \Longrightarrow B(x)&\equiv B_0(x)(1-ln(B_0(x))+A(x))&\pmod{x^{2n}} \end{aligned} \]
\(A(x)\)的常数项必须为\(0\)，\(B(x)\)常数项必定为\(1\)
我不知道为什么
void polyexp(int n, int *a, int *b){
if(n==1) return (void)(b[0]=1);
polyexp(n+1>>1, a, b);
static int tmp[N];
polyln(n, b, tmp);
for(int i=0; i<n; ++i) tmp[i]=Mod(!i+P+a[i]-tmp[i]);
for(p=1; p<n*2-1; p<<=1);
NTT(tmp, 1), NTT(b, 1);
for(int i=0; i<p; ++i) b[i]=(ll)b[i]*tmp[i]%P;
NTT(b, -1);
memset(b+n, 0, p-n<<2), memset(tmp, 0, p<<2);
} 多项式\(k\)次幂
给定多项式\(f(x)\)和正整数\(k\)，求\(f^k(x)\)的前\(n\)项系数
直接快速幂，复杂度\(O(n\ log\ n\ log\ k)\)
当\(f(x)\)的常数项为\(1\)时，有\[f^k(x)=exp(k\ ln(f(x)))\]
复杂度为\(O(n\ log\ n)\)
若\(f(x)\)的常数项不为1，设\(f(x)\)最低次项为\(ax^d\)，则\[f^k(x)=a^kx^{kd}\left(\frac{f(x)}{ax^d}\right)^k\]
可以用上面的方法计算
没了
转载于:https://www.cnblogs.com/CMXRYNP/p/9426916.html