泰勒展开
设(f(x))在(x_0)处可导,且存在无穷阶导数,那么根据泰勒展开,有:
其中(delta)是一个余项,表示一个趋近于无穷小的误差。每展开一项,误差就越小。
若(f(x))在(x_0 = 0)处可导,带入泰勒展开式后可以得到(f(x))的麦克劳林展开式:
一般来说,信息学奥赛中都会使用麦克劳林展开式。我们可以将(e^x)用麦克劳林展开:
这个式子将在后面反复用到,是非常重要的式子。
牛顿迭代法
给定一个关于(B(x))的函数(F),求(F(B(x)) = 0(mod x^t))。
我们令(B_t(x))表示模(x^{2^{t}})意义下的一个解。
那么,对(F(B_{t+1}(x)))在(B_{t}(x))处进行泰勒展开有:
又(deg(B_{t+1}(x) - B_t(x))^2 = 2^{t+2}-1geq 2^{t+1})。
所以除了最前面的两项,其他项的结果都为(0)。
所以
化简可得:
利用牛顿迭代,我们就能够解决多项式的各种基本运算了。
多项式基本运算
乘法就不说了,(FFT)、(NTT)、(MTT)、分治(FFT)等 都是基本功。
多项式求导与积分
- 求导((c(x^a))' =cax^{a-1})
- 积分(int cx^a = frac{cx^{a+1}}{a+1})
求导后,默认最高项等于(0)。积分后,默认最低项等于(0)。
多项式求逆
牛顿迭代得出的运算重点推导这一个,剩下的全部以给公式的形式呈现。
(A_t(x)B_{t-1}(x) = 1 o A_t(x)B_{t-1}(x) - 1 = 0)
然后套牛顿迭代就行了:
多项式(A(x))存在逆的条件:常数项(
eq 0)。
注意一下,由于(B_t(x))、(A_t(x))的第(2^{t})项是没有值的,所以传参(len)时可以减少一倍。
多项式求(ln)
不需要牛顿迭代推出的运算重点推导这一个,剩下的全部以给公式的形式呈现。
(lnA(x) = B(x) o B'(x) = frac{A'(x)}{A(x)})。
然后好像就没了......求逆后积分回去就行了。
其余多项式运算
全部给公式了,推导都是一样的。
- 快速幂:(B(x) = e^{K ln(A(x))})
- 开根:(B_t(x) = frac{1}{2}(B_{t-1}(x) + frac{A_t(x)}{B_{t-1}(x)}))
- 求(exp):(B_t(x) = B_{t-1}(x)(1 - ln(B_{t-1}(x)) + A_t(x)))
注意一下,求(ln)前常数项必须为(1),求(exp)前常数项必须为(0)。
多项式除法
给定一个(n)次多项式(F(x))和(m)次多项式(G(x))。
求一个(n-m)次多项式(C(x))和(m-1)次多项式(R(x)),满足(F(x) = G(x)C(x)+R(x))。
定义操作(A^R(x) = x^n A(frac{1}{x})),即将多项式的所有系数反转过来。
那么:
所以:(F^R(x) = G^R(x)C^R(x) + x^{n-m+1} R^R(x))。
所以有:
所以(C^R(x) = frac{F^R(x)}{G^R(x)} (mod x^{n-m+1})),多项式求逆即可。
得到(C(x))后,(R(x) = F(x) - G(x)C(x))。
代码实现的时候,对于模(x^{n-m+1})意义下的多项式,一定要及时清空多余项,防止之后的(NTT)出问题。
IL void MOD(int *a , int *b) {
N = 2 * (K - 1) ; M = K ;
for(Len = 1; Len <= K; Len <<= 1) ;
for(int i = 0; i < K; i ++) f3[i] = a[i] , f4[i] = b[i] ;
NTT(f3 , 1 , Len << 1) ; NTT(f4 , 1 , Len << 1) ;
for(int i = 0; i < nn; i ++) f3[i] = 1ll * f3[i] * f4[i] % mod ;
NTT(f3 , -1 , Len << 1) ;
reverse(f3 , f3 + N + 1) ; reverse(C , C + M + 1) ;
for(Len = 1; Len <= N; Len <<= 1) ;
Poly_Inv(C , InvC , Len) ;
for(int i = N - M + 1; i <= Len; i ++) InvC[i] = 0 ; //!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
NTT(f3 , 1 , Len << 1) ; NTT(InvC , 1 , Len << 1) ;
for(int i = 0; i < nn; i ++) G[i] = 1ll * f3[i] * InvC[i] % mod ;
NTT(G , -1 , Len << 1) ;
NTT(f3 , -1 , Len << 1) ;
for(int i = N - M + 1; i <= Len; i ++) G[i] = 0 ; //!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
reverse(f3 , f3 + N + 1) ; reverse(G , G + (N - M) + 1) ; reverse(C , C + M + 1) ;
NTT(C , 1 , Len << 1) ; NTT(G , 1 , Len << 1) ;
for(int i = 0; i < nn; i ++) G[i] = 1ll * G[i] * C[i] % mod ;
NTT(G , -1 , Len << 1) ;
NTT(C , -1 , Len << 1) ;
for(int i = 0; i < M; i ++) a[i] = (f3[i] - G[i] + mod) % mod ;
for(int i = 0; i < (Len << 1) ; i ++) InvC[i] = G[i] = f3[i] = f4[i] = 0 ;
}
多项式乘法在串匹配中的应用
特征:字符集极小或存在通配符。
建模技巧:
- 允许存在不超过(K)的偏移量:直接将当前枚举字符向左右扩展(K)格(差分实现)。
- 存在通配符:令通配符(S_i = T_j = 0),
则把匹配条件变为(0 = sum_{i=1}^{|T|} (S_{i+st} - T_i)T_iS_{i+st}),拆式子后(FFT)。
匹配方法:
- 常规匹配:形如(i_S - j_T = c),反向(FFT)/(NTT)处理
- 对称匹配:形如(i_S + j_S = 2 * k_T),正向(FFT)/(NTT)处理。
这类题目只要认真分析+胡思乱想总能想出来的,关键还是在于对字符串的理解。
生成函数简介
生成函数就是母函数。
母函数可以推导递推公式的通项公式,但是那一套就不说了,跟多项式关系也不大。
生成函数有两种,普通型(G(x) = sum_{i=0}^{inf} g_i x^i)与指数型(F(x) = sum_{i=0}^{inf} f_i frac{x^i}{i!})。
一般来说,有序问题会使用指数型,而组合问题会使用普通型。
普通型没啥好说的吧......
指数型母函数就是(e^x)的展开式,故可以有一些骚套路:
- (e^{-x} = 1 - frac{x}{1!} + frac{x^2}{2!} - frac{x^3}{3!}......)
- 只要奇数项:(frac{e^x - e^{-x}}{2})
- 只要偶数项:(frac{e^x + e^{-x}}{2})
- (e^{nx} = 1 + frac{(nx)}{1!} + frac{(nx)^2}{2!} + frac{(nx)^3}{3!}......)
指数型母函数的系数本质就是多了一个可重排列(frac{(sum_{i=1}^ma_i)!}{a_1!a_2!...a_m!})。
我们使用泰勒展开还可以得到广义二项式定理:
- $(1+x)^m = 1 + frac{m}{1!} x + frac{m(m-1)}{2!}x^2 + ... + frac{m(m-1)...2*1}{m!} x^m $
- ((1-x)^m = 1 - frac{m}{1!} x + frac{m(m-1)}{2!} x^2 - frac{m(m-1)(m-2)}{3!}x^3 + ... frac{m(m-1)...2*1}{m} x^m)
- ((1+x)^m = inom{m}{m} + inom{m}{m-1}x + inom{m}{m-2}x^2 +... inom{m}{0} x^m)
- ((1-x)^m = inom{m}{m} - inom{m}{m-1}x + inom{m}{m-2}x^2 + ... inom{m}{0} x^m)
这玩意儿在手算题里有奇效,得到形如(frac{1}{(1-x)^k})的生成函数后,可以通过这个直接得到第(r)项系数。
最后:
关于选择、组合问题请多想生成函数!!!
关于选择、组合问题请多想生成函数!!!
关于选择、组合问题请多想生成函数!!!
若干有用的科技/套路
简单(单项)多项式手动求(ln)
当出现求(ln F(x)),其中(F(x))只包含一个形如(x^t)的项时,可以考虑手动求(ln)。
手动求(ln)的方法为:先求导,然后把分母展开为生成函数,最后积分得到答案。
给一个例子:(F(x) = ln (1-x^t))。
继续:
这个技巧可谓是相当相当相当的关键了,下面的一些推导中,还会反复使用到这个技巧。
组合关系的生成函数拆分
给定一个形如(h_x = sum_{i=0}^{n} inom{n}{i}f_ig_{n-i})
若(h_i)、(g_i)好求,需要求(f_i),那么我们可以把组合数拆开后这么做:
接着构造生成函数(H(x) =sum_{i=0}^{inf} frac{h_i}{i!}x^i)、(F(x)=sum_{i=0}^{inf} frac{f_i}{i!}x^i)、(G(x)=sum_{i=0}^{inf} frac{g_i}{i!}x^i)。
那么有(H(x) = F(x)G(x))。
所以(F(x) = frac{H(x)}{G(x)}),通过多项式求逆得到(F(x))后即可得到(f_i)。
划分关系与指数型生成函数
设(F(x) = sum_{i=1}^n f_i frac{x^i}{i!}),其中(f_i)表示(i)个元素的(A)集合的种类数。
同理我们设(G(x) = sum_{i=0}^n g_i frac{x^i}{i!}),其中(g_i)表示(i)个元素的(B)集合的种类数。
若所有元素都有编号,且(B)集合是由若干(A)集合构成的,那么有:
几个例子:
- 设(F(x))为简单有向联通图的生成函数,(G(x))为简单有向图的生成函数。
- 设(F(x))为要求联通的(DAG)的生成函数,(G(x))为不要求联通的(DAG)的生成函数。
证明:把(e^{F(x)})泰勒展开后有:(e^{F(x)} = sum_{i=0}^n frac{F(x)^i}{i!}) 。
然后我们考虑(G(x))中的每一项的构成:
可以注意到(frac{n!}{a_1!a_2!...a_k!})正是可重排列编号的方案数,而(frac{1}{k!})对应构成(B)的(A)集合之间无顺序关系。
快速求(G(x) = prod_i^m frac{1}{(1-x^{t_i})} (mod x^{n}))
一般的背包问题其实就是若干(T(x) = frac{1}{1-x^{V_i}})卷起来,所以这个东西可以解决背包问题。
显然不能直接分治(NTT),但我们可以在(O(nln(n)+nlog^2n))的时间内求出这个式子。
设(F_i(x) = frac{1}{(1-x^{t_i})}),那么
所以只需要求的(Ans(x) = sum_{i=1}^m ln(F_{i}(x)))后再多项式(exp)即可得到(G(x))。
考虑求(Ans(x) = sum_{i=1}^m ln(F_i(x))),显然不能对每一项直接求(ln)。
我们尝试两边求导得:(Ans = int sum_{i=1}^m (ln(F_{i}(x)))')。然后化简((ln(F_i(x)))')有:
把上式错位相减后有:((lnF_i(x))' =sum_{j = 1} t_i x^{jt_i - 1}),所以有:
于是乎,首先统计每种(t)的数量(cnt_{t}),然后暴力给(Ans(x))加贡献即可,复杂度调和级数。
快速求(sum_{i=1}^n a_i^k , kin[1,t])
(O(nk))显然是假的,这辈子都不可能这么简单的。
构造(F(x) = prod_{i=1}^n (a_ix + 1))
那么(lnF(x) = sum_{i=1}^n ln(a_ix+1)),考虑手动求(ln):
所以(lnF(x) = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^{inf} frac{(-1)^{j-1}}{j}a_i^j x^j = sum_{j=1}^{inf}frac{(-1)^{j-1}}{j} sum_{i=1}^n a_i^j x^j)。
而(F(x))可以同过分治(FFT)求出,所以求出(F(x))后,对(F(x))求(ln)得到每一项的系数即可。
快速求(sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m (a_i + b_j)^k , kin [1,t])
把式子暴力化开:(f(x) = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m (a_i + b_j)^x = sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m sum_{k=0}^x a_i^k b_j^{x-k} inom{x}{k})
所以有:
而我们已经会快速求(sum_{i=1}^n a_i^k)了,所以只需要构造卷积再套一次(FFT)即可。