多项式

多项式求逆

给定多项式 (F) ,求一个 (G) 使得 (F*Gequiv1 pmod {x^n})

多项式的模意义是指次数大于等于 (n) 的项都当成 (0)，考虑倍增，设有多项式 (A) 满足 (F*Aequiv 1 pmod {x^{lceil{frac{n}2} ceil}}) ，上取整的意思为了让它平方后大于等于(n)的项都当成(0)。

显然有 (F*Gequiv1 pmod {x^{lceil{frac{n}2} ceil}}) ，根据模的定义可知。

所以有 (F*(G-A)equiv 0 pmod{x^{lceil{frac{n}2} ceil}})，(F) 不可能为 (0)，于是 ((G-A)^2equiv0 pmod{x^n})，继续推一发，得到 (G^2-2AG+A^2equiv 0 pmod{x^n})，两边同时乘 (F) 得到 (G-2A+A^2Fequiv 0 pmod{x^n})，所以推出 (Gequiv 2A-A^2F)，只有常数项的时候求逆元即可，分治即可求出。

多项式开根

求一个多项式 (F) 满足 (F^2=G)，若 (F) 有两个，一般取正的。

仍然使用倍增，设 (F^2equiv Gpmod {x^{2n}})，假设已经求出了 (A^2equiv Gpmod {x^n}) ，那么有 (F^2-A^2equiv0 pmod {x^n}) 。

易得

[(F+A)(F-A)equiv0 pmod {x^n} ]

[(F-A)equiv0 pmod {x^n} ]

[(F-A)^2equiv0 pmod {x^{2n}} ]

[F^2+A^2-2AFequiv0 pmod {x^{2n}} ]

[G+A^2-2AFequiv0 pmod {x^{2n}} ]

[Fequiv frac{G+A^2}{2A}pmod {x^{2n}} ]

在只有常数项的时候可以直接求出。

若常数项为 (1) 或 (0) ，开根后较为显然，但是有些毒瘤出题人并不喜欢简单，所以对于模意义下开根就比较重要 。

此时需要用到二次剩余

多项式除法

给定多项式 (F,G)，求两个多项式 (A,B) 满足 (F=A*G+B) 。

其中 (F,G,A) 的项数分别为 (n,m,n-m)，要求 (B) 的项数小于 (m)

定义一种变换，(F_{R(x)}=x^n F(frac{1}x))，容易发现这种变换就是将(F)的系数reverse了一下。

[F=A*G+B ]

[F(frac{1}x)=A(frac{1}x)G(frac{1}x)+B(frac{1}x) ]

[x^nF(frac{1}x)=x^nA(frac{1}x)G(frac{1}x)+x^nB(frac{1}x) ]

[x^nF(frac{1}x)=x^{n-m}A(frac{1}x)x^mG(frac{1}x)+x^{n-m+1}x^{m-1}B(frac{1}x) ]

[F_{R(x)}=A_{R(x)}G_{R(x)}+x^{n-m+1}B_{R(x)} ]

模一下 (x^{n-m+1}) 就能得到

[F_{R(x)}equiv A_{R(x)}G_{R(x)} pmod {x^{n-m+1}} ]

[A_{R(x)}equiv F_{R(x)}G^{-1}_{R(x)} pmod {x^{n-m+1}} ]

多项式求逆即可。

多项式求导和积分

求导，([x^{i-1}]F'=[x^i]F imes i)

积分，积分是求导的逆运算，对一个多项式积分的结果表示哪个多项式求导得到的是这个多项式

([x^i]int F'=frac{[x^{i-1}]F'}i)。

多项式 (ln)

求一个多项式 (F) 满足 (G=ln F)

两边求导得到 (G'=ln'F F')

由(ln)的导数可以知道(ln'F=frac{1}F)

所以 (G'=frac{F'}F)

于是 (G=intfrac{F'}F)

多项式exp

令(G(x)equiv e^{f(x)}pmod {x^n},G_1(x)equiv e^{f(x)} pmod {x^{frac{n}2}})

有(Gequiv G_1(1-lnG_1+F) pmod {x^n})

证明略

上边的式子虽然易懂但是比较繁琐，因为对于不同的东西需要用到不同的式子，考虑更加通用的办法——牛顿迭代。

泰勒展开

对于一个函数 (F) ， (F(x)) 的值可以近似看作在 (x_0) 处泰勒展开的值，即

[F(x)=sum_{i=0}^{+infty} frac{F^{(i)}_{x_0}(x-x_0)^i}{i!} ]

这个式子看上去貌似到正无穷没有办法求，但是由于它递减的很快所以基本上只需要求前几项即可。

牛顿迭代

考虑如果求出了 (F(x) equiv 0 pmod {x^{lceilfrac{n}2 ceil}}) 的一个解 (x_0) ，如何求出另一个解 (x) 满足 (F(x) equiv 0 pmod {x^{n}}) 。

将 (F(x)) 在 (x_0) 处泰勒展开，容易得到

[F(x)=F_{x_0}+F'_{x_0}(x-x_0)+.... ]

注意到后边写了省略号，并不是我懒得写了，而是因为没有用了，因为 (x) 和 (x_0) 在模 ({x^n}) 的意义下，前一半项是一样的，所以 (x-x_0) 的最低次项也是 (frac{n}2) 即大于 (2) 的次幂全是 (0) 。

于是有

[F_{x_0}+F'_{x_0}(x-x_0) equiv 0 pmod {x^n} ]

[F'_{x_0}xequiv F'_{x_0}x_0-F_{x_0} pmod {x^n} ]

[xequiv x_0-frac{F_{x_0}}{F'_{x_0}} pmod {x^n} ]

这样推式子就简单的多了，更具体的，只需要构造一个函数 (F(x)equiv0 pmod {x^n}) 即可。

例如多项式乘法逆，构造函数 (F(x)=frac{1}x-G) ，其中 (G) 为给定的多项式 。

那么我们要求的实际上就是 (F(x)equiv0 pmod {x^n}) 的一个解。

直接代牛顿迭代，有

[xequiv x_0 - frac{frac{1}{x_0}-G}{-frac{1}{x_0^2}} pmod {x^n} ]

[xequiv 2x_0-Gx_0^2 pmod {x^n} ]

多项式开根,构造函数(F(x)=x^2-G) ，其中 (G) 为给定多项式。

代牛顿迭代，得到

[xequiv x_0-frac{x_0^2-G}{2x_0} pmod {x^n} ]

[xequiv frac{x_0^2+G}{2x_0} pmod {x^n} ]

简单易懂

任意模数多项式乘法

总有一些毒瘤出题人喜欢把模数搞得奇怪，让你没办法做 (NTT) ，这时候可以用 (CRT) ，但是常数过于大，就不大好玩 。

考虑一个古老的算法，其实也不是很古老，只是一段时间没怎么用过，(FFT) 。

因为 (FFT) 是不用取模的，所以可以直接乘然后最后一起取模，不过模数很大容易炸精，所以要拆系数，不妨令 ([x^i]F=a_0 imes T +b_0) ，然后分别求出(a,b)最后合并即可，即分别求出(a_0a_1,a_0b_1+a_1b_0,b_0b_1)，这样做大概需要七次 (FFT) ，还是太慢了。

于是使用魔法，使得能够快速求出要求的几项。

令(P=a+bi,Q=a-bi)，显然他们的系数是共轭的，有一个结论

(Q_0=P_0)，其余的(Q_i=P_{n-i})，即(Q_i=P_{(n-1)&(n-i)})，所以只需要求出 (P)，然后就有了 (Q)，这样就把两次 (NTT) 合并成了一次 。此时再暴力求出剩下的几项只要五次，考虑继续优化。

令(A=a_0a_1+b_0b_1i,B=a_0b_1+a_1b_0)，这样只需要做两次 (IDFT) 即可，所以就可以写出四次的 (MTT) 了。

多项式快速幂

给定多项式 (G)， 求一个 (F) ，使得 (F=G^k)

比较好推，(ln F=kln G) ,(F=e^{kln G})

多项式复合

给定两个多项式 (F,G) ，求一个多项式(H(x)equiv F(G(x)) pmod {x^n})。

考虑暴力做，依次考虑 (G^i) 的贡献，与 (F) 的系数相乘后加入到答案里边，时间复杂度(O(n^2logn))，常数略大。

事实上没有必要把他们都乘出来

[H=sum_{i=0}^{n-1}[x^i]FG^i ]

[H=sum_{i=0}^{L}sum_{j=0}^{L-1}[x^{iL+j}]FG^{iL+j} ]

[H=sum_{i=0}^{L}G^{iL}sum_{j=0}^{L-1}[x^{iL+j}]FG^{j} ]

令(L=sqrt n)，这样只需要预处理出(G^{iL},G^{i})即可，时间复杂度(O(n^2+nsqrt nlogn))，实际上 (n^2) 的部分常数比较小所以跑的飞快。

多项式复合逆

给定多项式 (G)，求一个多项式 (F)，使得 (G(F(x))=x) 。大概考虑一下这个东西有什么意义，比如有一个函数(H(G(x))=P(x))，那么代入复合逆就能够得到，(H(x)=P(F(x)))，只需要多项式复合就能够求出 (H)。

拉格朗日反演

如果有(F(G(x))=x)，即(F,G)互为复合逆，同时一定有(G(F(x))=x)，可以称 (G(x)=F^{-1}(x)),(F(x)=G^{-1}(x))。

在这种情况下，有这样的式子：

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

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

可以 (nlogn) 的求出一项系数。

考虑

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

[F=sum_{i=0}^{L}sum_{j=1}^{L}frac{1}{iL+j}[x^{iL+j-1}](frac{x}{G(x)})^{iL+j} ]

[F=sum_{i=0}^{L}sum_{j=1}^{L}frac{1}{iL+j}[x^{iL+j-1}](frac{x}{G(x)})^{iL}(frac{x}{G(x)})^{j} ]

令(L=sqrt n)，然后预处理一下后边的式子，可以 (O(n)) 求出两个多项式乘积的某一项，时间复杂度同上。

有标号连通图计数

考虑一个简单无向图的个数，显然是(2^{inom{i}{2}})，设其 (EGF) 为 (F)

一个无向图是由若干连通图拼在一起的，设连通图的 (EGF) 为 (G)，枚举联通块个数，有

[F=sum_{i=0}^{+infty}frac{G^i}{i!} ]

除掉阶乘是因为连通块之间没有区别。

所以(F=e^G)，(G=ln F)

边双连通图计数

求大小为 (n) 的边双连通图的数量。

由于边双联通图没有一个固定的点，所以不大好做，考虑将其转化为有根的边双，其实就是加入了一个特殊点方便计数而已。

容易发现，设无根边双的 (EGF) 为 (P) ，有根边双为 (D)，那么 (D_i=iP_i)，原因是每个点都成为过根。

考虑有根边双怎么求，一张有根连通图一定是由若干个边双联通分量构成的，考虑根所在的边双联通分量，除去这个边双联通分量后，原图一定会分为若干个有根联通图，枚举根所在的连通分量的大小和划分成的有根连通图的个数，设有根联通图的 (EGF)为 (F)，有

[F=sum_{i=1}^{+infty}frac{D_ix^isum_{j=0}^{+infty}frac{F^ji^j}{j!}}{i!} ]

由

[frac{F^ji^j}{j!}=frac{(Fi)^j}{j!}=e^{Fi} ]

所以

[F=D(xe^F) ]

(F) 显然比较好求，考虑(D) 怎么求，令(H=xe^F)，有(F(x)=D(H(x)))，两边同时带入 (H) 的复合逆，有，(F(H^{-1}(x))=D(x))。

所以只需要求出(F(H^{-1}))，由拉格朗日反演

[[x^i]F(H^{-1})=frac{1}i[x^{i-1}]F'(frac{x}{H})^i ]

代入(H=xe^F)，有

[[x^i]F(H^{-1})=frac{1}i[x^{i-1}]F'e^{-iF} ]

于是可以 (nlogn) 求出 (D) 的一项。

多项式多点求值

给定一个 (n) 次多项式和 (m) 个值，求出 (F(a_1),F(a_2),……F(a_m)) 。

构造两个多项式(P=prod_{i=1}^{frac{n}2}(x-a_i),Q=prod_{i=frac{n}2+1}^n(x-a_i))，那么如果令(F=P*A+B)，对于任意 ([1,frac{n}2]) 中的点，(F(a_i)=B(a_i))，原因是代入后 (P) 为 (0)，所以就有了理论上是 (nlogn) 实际上有大常数的多项式取模写法。

实际上取模的做法貌似已经成了时代的眼泪，我们现在已经有了更快的转置做法。

考虑一种减法卷积，定义 (c=Mult(a,b)) 即 (c_i=sum_{j=0}^{+infty}a_jb_{j-i})。

它有一个性质是，(Mult(Mult(a,b),c)=Mult(a,b*c))，可以利用这个性质进行多点求值。

将 (F(a_j)) 展开，得到

[F(a_j)=sum_{i=0}^{n}[x_i]Fa_j^i ]

观察发现，如果构造一个多项式 (G_j=sum_{i=0}^{n}a_j^ix^i)，那么 $ F(a_j) $ 实际上是 (Mult(F,G_j)) 的常数项，证明很简单，代入即可。

(G) 是一个 (n) 次的多项式，暴力做的话是 (nmlogn) ，不如直接乘，考虑优化，将 (G) 写成封闭形式，(G_j=frac{1}{1-a_jx})，这样就可以 (O(1)) 的算出每一个 (G_j) 的分母，但是还是没啥用，因为乘起来还是要 (O(nlogn)) ，最后我们要的是每一个 (Mult(F,G_j)) 的常数项，考虑求出 (prod_{j=1}^mG_j)，可以用分治乘法和求逆求出，直接令(F=Mult(F,prod_{j=1}^mG_j))，再一次进行分治，如果进去左区间就把右区间的贡献去掉，具体的，设 (T=prod_{j=frac{n}2+1}^{n}frac{1}{G_j})，只需要令 (F=Mult(F,T))，进入右区间时同理，原因是暴力做是对于右区间的每一个 (j)，进行 (Mult(Mult(F,frac{1}{G_j}),frac{1}{G_j}))，由 (Mult(Mult(a,b),c)=Mult(a,b*c)) 知，可以先对右区间卷积起来一起做减法卷积。

然后就有了小常数的多点求值。

多项式快速插值

给定 (n+1) 个点值，要求一个 (n) 次多项式。

考虑拉格朗日插值法，有

[F=sum_{i=0}^ny_iprod_{i!=j}frac{x-x_j}{x_i-x_j} ]

这个式子为什么是对的，其实很简单，发现带入任意 (x_i) 都成立，然后就没了。

但是直接做是 (O(n^2)) 的，将其进行简单变形。

[F=sum_{i=0}^nfrac{y_i}{prod_{i!=j}x_i-x_j}prod_{i!=j}{x-x_j} ]

考虑带有 (y_i) 的那一项，容易发现只需要求出下边的即可，有点难求于是构造一个多项式 (G=prod_{i=0}^nx-x_i)，只需要求出 (frac{G(x)}{x-x_i})，这个东西看起来好求但是实际上不是很好玩，因为分子分母在(x=x_i)的时候都是(0)。

这时候就要用到洛必达法则了。

众所周知，两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也可能不存在。因此，求这类极限时往往需要适当的变形，转化成可利用极限运算法则或重要极限的形式进行计算。洛必达法则便是应用于这类极限计算的通用方法 。

洛必达法则：对于 (frac{f(x)}{g(x)})，若(limlimits_{x→a}f(x)=0,limlimits_{x→a}g(x)=0)，那么(limlimits_{x→a}frac{f(x)}{g(x)}=limlimits_{x→a}frac{f'(x)}{g'(x)}) 。

也就是说，当 (x=x_i) 时，$frac{G(x)}{x-x_i}=frac{G'(x)}{(x-x_i)'}=G'(x) $

于是有，

[F=sum_{i=0}^nfrac{y_i}{G'(x_i)}prod_{i!=j}{x-x_j} ]

使用多项式多点求值即可求出所有的 (G') ，不妨令 (y_i=frac{y_i}{G'(x_i)})。

那么实际上要求的是

[F=sum_{i=0}^ny_iprod_{i!=j}{x-x_j} ]

令

[F_{l,r}=sum_{i=l}^ry_iprod_{i!=j}{x-x_j} ]

直接暴力拆开，

[F_{l,r}=sum_{i=l}^{mid}y_iprod_{i!=j}{x-x_j}+sum_{i=mid+1}^ry_iprod_{i!=j}{x-x_j} ]

[F_{l,r}=sum_{i=l}^{mid}y_iprod_{i=l,i!=j}^{mid}{x-x_j}prod_{i=mid+1}^nx-x_j+sum_{i=mid+1}^ry_iprod_{i=mid+1,i!=j}^n{x-x_j}prod_{i=l}^{mid}x-x_j ]

[F_{l,r}=F_{l,mid}prod_{i=mid+1}^nx-x_j+F_{mid+1,r}prod_{i=l}^{mid}x-x_j ]

自底向上乘即可。

下降幂多项式乘法

给定下降幂多项式 (F,G)，求 (F*G)。

首先考虑一个下降幂单项式 (x^{underline n}) 的点值 (EGF)

[sum_{i=n}^{+infty}frac{i^underline n}{i!}x^i ]

[sum_{i=n}^{+infty}frac{1}{(i-n)!}x^i ]

[sum_{i=0}^{+infty}frac{1}{i!}x^{i+n} ]

即 (e^xx^{n}) ，那么只需要将 (F,G) 乘上 (e^x) 即可转化为点值的 (EGF) ，之后直接用点值相乘即可，注意得到的是点值的 (EGF) 所以相乘的时候要乘上一个阶乘。

下降幂多项式转普通多项式

给定一个下降幂多项式，求一个与其相等的普通多项式。

直接将下降幂转化成点值的形式然后快速插值即可。

普通多项式转下降幂多项式

给定一个普通多项式，求一个与其相等的下降幂多项式。

使用多点求值求出下降幂的点值 (EGF) ，然后乘上 (e^{-x}) 即可。