多项式进阶操作

看到成爷爷写了一篇就跟风写一篇吧，慢慢更

一些前置技能

泰勒展开

ddy:这里用大家小学二年级学的泰勒展开。。。

对于一个不是很好表示的函数(f(x))，我们可以用一个多项式函数来拟合它，用神奇的泰勒展开即可

[f(x)=f(x_0)+frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+frac{f^n(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+... ]

这里的(n)越大，误差就越小；由于常规的多项式操作都是在({ m mod} x^n)意义下，所以我们只需要展开前(n)项即可

多项式牛顿迭代

定义一个多项式(F(x))，求一个多项式(G(x))满足(F(G(x))equiv 0({ m mod} x^n))

考虑现在有(F(A(x))equiv 0({ m mod} x^n))，推出(F(B(x))equiv 0({ m mod} x^{2n}))

不难发现有(B-Aequiv 0({ m mod} x^n))，则((B-A)^2equiv 0({ m mod} x^n))

我们在(A)处对(F(B))做泰勒展开

[F(B)equiv F(A)+F'(A)(B-A)+F''(A)(B- A)^2+...({ m mod} x^{2n})]

由于((B-A)^2equiv 0({ m mod} x^n))，所以后面的那些东西相当于没有，只剩下了

[F(B)equiv F(A)+F'(A)(B-A) ({ m mod} x^{2n}) ]

整理一下即

[Bequiv A+frac{F(B)-F(A)}{F'(A)} ({ m mod} x^{2n}) ]

注意一下(F(B)equiv 0({ m mod} x^{2n}))，于是

[Bequiv A-frac{F(A)}{F'(A)}({ m mod} x^{2n}) ]

1.多项式求逆

就是给定多项式(F(x))，求一个多项式(G(x))

使得

[F(x) imes G(x)equiv 1(mod x^n) ]

(mod x^n)就是只考虑前(n)项

这是一个基于倍增的算法，就是推一下如何从(mod x^{frac{n}{2}})推到(mod x^n)

设多项式(B'(x))满足

[F(x)B'(x)equiv 1(mod x^{frac{n}{2}}) ]

求多项式(B(x))满足

[F(x)B(x)equiv 1(mod x^{n}) ]

后面那个忽略前(n)项，所以前(frac{n}{2})项肯定会满足

[F(x)B(x)equiv 1(mod x^{frac{n}{2}}) ]

和第一个柿子一减

[F(B-B')equiv 0(mod x^{frac{n}{2}}) ]

显然(F)不可能是(0)，于是只能是((B-B')=0)

于是

[B-B'equiv 0 (mod x^{frac{n}{2}}) ]

两边平方并且乘上(F)

[F(B-B')^2equiv 0(mod x^n) ]

[F imes B^2-F imes 2BB'+F imes B'^2equiv 0(mod x^n) ]

别忘了(F(x)B(x)equiv 1(mod x^{frac{n}{2}}))就有

[B-2B'+FB'^2equiv 0(mod x^n) ]

[Bequiv 2B'-FB'^2(mod x^n) ]

发现这个东西可以倍增来求，就是需要一个(NTT)了

时间复杂度(T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn))

代码

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define maxn 300005
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const LL mod=998244353;
const LL g[2]={332748118,3};
int n,rev[maxn],len;
LL a[maxn],b[maxn],C[maxn];
inline LL quick(LL a,LL b) {LL S=1;while(b) {if(b&1ll) S=S*a%mod;b>>=1ll;a=a*a%mod;}return S;}
inline void NTT(LL *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1;LL og1=quick(g[o],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			LL og=1,t;
			for(re int x=l;x<l+ln;x++) {
				t=(og*f[ln+x])%mod;
				f[ln+x]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og=(og*og1)%mod;
			}
		}
	}
	if(o) return;
	LL inv=quick(len,mod-2);
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(f[i]*inv)%mod;
}
inline void Inv(int n,LL *A,LL *B) {
	if(n==1) {B[0]=quick(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);len=1;
	while(len<=n+n-2) len<<=1;
	for(re int i=0;i<n;i++) C[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) C[i]=0;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(C,1),NTT(B,1);
	for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(2ll*B[i]%mod-C[i]*B[i]%mod*B[i]+mod)%mod,B[i]=(B[i]+mod)%mod;
	NTT(B,0);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
	
} 
int main()
{
	n=read();
	for(re int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
	Inv(n,a,b);
	for(re int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",b[i]);
	return 0;
}

2.分治(NTT)

拿luogu上的板子吧

给定(G={g_1,g_2,g_3...})

求

[f_i=sum_{j=1}^if_{j}g_{i-j} ]

原先没学生成函数，自然做不动了，现在用生成函数来求就很休闲了

设(f)的生成函数为(F(x))

就有

[F(x)=sum_{i=0}(sum_{j=1}^if_jg_{i-j}+[i=0])x^i ]

[=1+sum_{j=1}^if_jx^j imes g_{i-j}x^{i-j} ]

发现里面是(F(x) imes G(x))

于是就有

[F(x)=1+F(x)G(x) ]

解得

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

这是生成函数的关系，从多项式来看，就是对(1-G(x))求一个逆

于是还是套多项式求逆的板子

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
const int maxn=262144+10;
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const LL G[2]={3,332748118};
const LL mod=998244353;
LL g[maxn],b[maxn],C[maxn];
int rev[maxn];
int n,len;
inline LL quick(LL a,LL b) {LL S=1;while(b){if(b&1) S=S*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return S;}
inline void NTT(LL *f,int v) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1;LL og1=quick(G[v],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			LL t,og=1;
			for(re int x=l;x<l+ln;x++) {
				t=(og*f[ln+x])%mod;
				f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og*=og1;og%=mod;
			}
		}
	}
	if(!v) return;
	LL inv=quick(len,mod-2);
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(f[i]*inv)%mod;
}
inline void Inv(int n,LL *A,LL *B) {
    if(n==1) {B[0]=quick(A[0],mod-2);return;}
    Inv((n+1)>>1,A,B);len=1;
    while(len<=n+n-2) len<<=1;
    for(re int i=0;i<n;i++) C[i]=A[i];
    for(re int i=n;i<len;i++) C[i]=0;
    for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?len>>1:0);
    NTT(C,0),NTT(B,0);
    for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(2ll*B[i]%mod-C[i]*B[i]%mod*B[i]+mod)%mod,B[i]=(B[i]+mod)%mod;
    NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
} 
int main() {
	n=read();g[0]=1;
	for(re int i=1;i<n;i++) g[i]=mod-read();
	Inv(n,g,b);
	for(re int i=0;i<n;i++) printf("%d ",(int)b[i]);
	return 0;
}

3.多项式开根

就是给你一个多项式(F(x))，让你找到一个(B(x))，满足(B^2(x)equiv F(x) [n])

和求逆一样，也是考虑倍增假设我们现在求得了(B'^2(x)equiv F [frac{n}{2}])，考虑推出(B^2(x)equiv F [n])

前(n)项相同肯定也满足前(frac{n}{2})项相同

于是

[B^2(x)equiv F(x) [frac{n}{2}] ]

和(B'^2(x)equiv F(x) [frac{n}{2}])做一个差

[B^2(x)-B'^2(x)equiv 0 [frac{n}{2}] ]

[B^4(x)-2B^2(x)B'^2(x)+B'^4(x)equiv 0 [n] ]

左右两边加上(4B^2(x)B'^2(x))

[B^4(x)+2B^2(x)B'^2(x)+B'^4(x)equiv 4B^2(x)B'^2(x) [n] ]

[(B^2(x)+B'^2(x))^2equiv (2B(x)B'(x))^2 [n] ]

[B^2(x)+B'^2(x)equiv 2B(x)B'(x) [n] ]

[B(x)equivfrac{F(x)+B'^2(x)}{2B'(x)} [n] ]

发现开根还需要套上一个求逆，但是复杂度依旧是(O(nlogn))

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=262144+1005;
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const LL mod=998244353;
const LL G[2]={3,332748118};
int rev[maxn],len,n;
LL A[maxn],B[maxn],C[maxn],D[maxn],K[maxn],H[maxn];
inline LL ksm(LL a,LL b) {LL S=1;while(b) {if(b&1) S=S*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return S;}
inline void NTT(LL *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1;LL og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			LL t,og=1;
			for(re int x=l;x<l+ln;x++) {
				t=(f[ln+x]*og)%mod;
				f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og=(og*og1)%mod;
			}
		}
	}
	if(!o) return;
	LL inv=ksm(len,mod-2);
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(f[i]*inv)%mod;
}
inline void Inv(int n,LL *A,LL *B) {
	if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);len=1;
	while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	for(re int i=0;i<n;i++) C[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) C[i]=0;
	NTT(C,0),NTT(B,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(2ll*B[i]-C[i]*B[i]%mod*B[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
inline void mul(LL *A,LL *B,int n) {
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(A,0),NTT(B,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) A[i]=(A[i]*B[i])%mod;
	NTT(A,1);for(re int i=n;i<len;i++) A[i]=0;
}
inline void Sqrt(int n,LL *A,LL *B) {
	if(n==1) {B[0]=1;return;}
	Sqrt((n+1)>>1,A,B);
	memset(K,0,sizeof(K));
	memset(D,0,sizeof(D));
	memset(H,0,sizeof(H));
	for(re int i=0;i<n;i++) K[i]=(B[i]*2ll)%mod;Inv(n,K,D);
	for(re int i=0;i<n;i++) H[i]=B[i];mul(B,H,n);
	for(re int i=0;i<n;i++) B[i]=(B[i]+A[i])%mod;mul(B,D,n);
}
int main() {
	n=read();
	for(re int i=0;i<n;i++) A[i]=read();
	Sqrt(n,A,B);
	for(re int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",B[i]);
	return 0;
}

4.多项式求导和积分

不会，于是就背过吧

如果有

[F(x)=sum_{i=0}^nf_ix^i ]

那么我们对(F)求导就有

[F'(x)=sum_{i=1}^nif_ix^{i-1} ]

显然，求导和积分是逆操作，于是我们对(F)求积分就有

[int Fdx=sum_{i=1}^{n+1}frac{f_{i-1}}{i}x^i ]

5.多项式对数函数

板子

我们求一个多少项式(G(x))，满足(G(x)=ln F(x))

我们先两边求导

[G(x)'=ln'F(x) ]

对于(x)来说满足(ln'x=frac{1}{x})，于是

[G'(x)=frac{F'(x)}{F(x)} ]

我们这样求出来是(G'(x))，之后求个积分就好了

于是

[ln F(x)=int frac{F'(x)}{F(x)} ]

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=262144+5;
const int mod=998244353;
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int G[2]={3,332748118};
int n,len,rev[maxn],F[maxn],K[maxn],T[maxn],g[maxn],H[maxn],inv[maxn];
inline int ksm(int a,int b) {
	int S=1;
	while(b) {if(b&1) S=(1ll*S*a)%mod;b>>=1;a=(1ll*a*a)%mod;}
	return S;
}
inline void NTT(int *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1,og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			int t,og=1;
			for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
				t=(1ll*f[x+ln]*og)%mod;
				f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og=(1ll*og*og1)%mod;
			}
		}
	}
	if(!o) return;
	int Inv=ksm(len,mod-2);
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(1ll*f[i]*Inv)%mod;
}
void Inv(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	for(re int i=0;i<n;i++) K[i]=B[i],T[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) K[i]=T[i]=0;
	NTT(K,0),NTT(T,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) 
		B[i]=(2ll*K[i]-1ll*T[i]*K[i]%mod*K[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
int main() {
	n=read();
	for(re int i=0;i<n;i++) F[i]=read();
	for(re int i=1;i<n;i++) g[i-1]=(1ll*i*F[i])%mod;
	Inv(n,F,H);len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	NTT(H,0),NTT(g,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) H[i]=(1ll*H[i]*g[i])%mod;
	NTT(H,1);putchar('0');putchar(' ');
	inv[1]=1;
	for(re int i=2;i<n;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(re int i=1;i<n;i++) printf("%d ",1ll*H[i-1]*inv[i]%mod);
	return 0;
}

6.多项式指数函数

板子

首先前置的东西是牛顿迭代

是这样的，如果我们有一个多项式(F(x))，需要求一个多项式(G(x))满足

[F(G(x))equiv 0 [n] ]

假设我们已经求出了(F(G_0(x))equiv 0 [frac{n}{2}])

那么

[G=G_0-frac{F(G_0)}{F'(G_0)} ]

现在我们要求的东西是(G(x)=e^{F(x)})

两边取一个(ln)

[ln G=F ]

[ln G-F=0 ]

设(A(G)=ln G-F)，把(F)看成一个常数项，显然有(A'(G)=frac{1}{G})

假设我们已经求出了

[A(G_0)equiv 0 [frac{n}{2}] ]

需要求

[A(G)equiv 0 [n] ]

直接套上牛顿迭代

[G=G_0-frac{A(G_0)}{A'(G_0)}=G_0-G_0(ln G_0-F)=G_0(1-ln G_0+F) ]

于是我们倍增就好啦

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int maxn=262144+5;
const int mod=998244353;
const int G[2]={3,332748118};
int n,inv[maxn],a[maxn],b[maxn],K[maxn];
int H[maxn],T[maxn],g[maxn],C[maxn],rev[maxn],len;
inline int ksm(int a,int b) {
	int S=1;
	while(b) {if(b&1) S=(1ll*S*a)%mod;b>>=1;a=(1ll*a*a)%mod;}
	return S;
}
inline void NTT(int *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1,og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			int t,og=1;
			for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
				t=(1ll*f[ln+x]*og)%mod;
				f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og=(1ll*og*og1)%mod;
			}
		}
	}
	if(!o) return;
	int Inv=inv[len];
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(1ll*f[i]*Inv)%mod;
}
void Inv(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	for(re int i=0;i<n;i++) K[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) K[i]=0;
	NTT(K,0),NTT(B,0);
	for(re int i=0;i<len;i++)
		B[i]=(2ll*B[i]-1ll*K[i]*B[i]%mod*B[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
void Ln(int n,int *A,int *B) {
	for(re int i=0;i<n;i++) g[i]=0,B[i]=0;
	for(re int i=1;i<n;i++) g[i-1]=(1ll*i*A[i])%mod;
	memset(C,0,sizeof(C));Inv(n,A,C);
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	NTT(C,0),NTT(g,0); 
	for(re int i=0;i<len;i++) g[i]=(1ll*g[i]*C[i])%mod;
	NTT(g,1);
	for(re int i=1;i<n;i++) B[i]=(1ll*inv[i]*g[i-1])%mod;
}
void Exp(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=1;return;}
	Exp((n+1)>>1,A,B);
	Ln(n,B,T);len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	for(re int i=0;i<n;i++) T[i]=(A[i]-T[i]+mod)%mod;
	for(re int i=n;i<len;i++) T[i]=0;T[0]++;
	NTT(B,0),NTT(T,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(1ll*B[i]*T[i])%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
int main() {
	n=read();
	for(re int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
	inv[1]=1;
	for(re int i=2;i<=262144;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 
	Exp(n,a,b);
	for(re int i=0;i<n;i++) printf("%d ",b[i]);
	return 0;
}

7.多项式快速幂

板子

显然直接裸上快速幂是两个(log)的

我们考虑要求的东西是(A^k(x))

直接取一个(ln)就能把(k)从指数上拿下来啦，之后我们得到的是(ln A^k)，再(exp)回去就好了

于是就是

[A^k(x)=exp(kln A(x)) ]

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=262144+5;
const int mod=998244353;
const int G[2]={3,332748118};
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
int n,len,rev[maxn],inv[maxn],T[maxn],C[maxn];
int a[maxn],K[maxn],g[maxn],H[maxn],O[maxn],m;
inline int getPow() {
	int x=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(10ll*x+c-48)%mod,c=getchar();
	return x;
}
inline int ksm(int a,int b) {
	int S=1;
	while(b) {if(b&1) S=(1ll*S*a)%mod;b>>=1;a=(1ll*a*a)%mod;}
	return S;
}
inline void NTT(int *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1,og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			int t,og=1;
			for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
				t=(1ll*f[ln+x]*og)%mod;
				f[ln+x]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og=(1ll*og*og1)%mod;
			}
		}
	}
	if(!o) return;
	int Inv=inv[len];
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(1ll*f[i]*Inv)%mod;
}
void Inv(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);
	for(re int i=0;i<n;i++) T[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) T[i]=0;
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(T,0),NTT(B,0);
	for(re int i=0;i<len;i++)
		B[i]=(2ll*B[i]-1ll*T[i]*B[i]%mod*B[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
void Ln(int n,int *A,int *B) {
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) g[i]=B[i]=0;
	for(re int i=1;i<n;i++) g[i-1]=(1ll*i*A[i])%mod;
	memset(C,0,sizeof(C));Inv(n,A,C);
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(C,0),NTT(g,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) C[i]=(1ll*g[i]*C[i])%mod;
	NTT(C,1);for(re int i=1;i<n;i++) B[i]=(1ll*inv[i]*C[i-1])%mod;
}
void Exp(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=1;return;}
	Exp((n+1)>>1,A,B);Ln(n,B,K);
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<n;i++) K[i]=(A[i]-K[i]+mod)%mod;
	for(re int i=n;i<len;i++) K[i]=0;K[0]++;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(B,0),NTT(K,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(1ll*B[i]*K[i])%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
int main() {
	inv[1]=1;
	for(re int i=2;i<=262144;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	n=read(),m=getPow();
	for(re int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
	Ln(n,a,H);
	for(re int i=0;i<n;i++) H[i]=(1ll*H[i]*m)%mod;
	Exp(n,H,O);
	for(re int i=0;i<n;i++) printf("%d ",O[i]);
	return 0;
}

8.多项式带余除法

板子

就是给定两个多项式(F(x),G(x))，求满足如下条件的两个多项式

[F(x)=G(x) imes Q(x)+R(x) ]

其中(F(x))为(n)次多项式，(G(x))为(m)次多项式，要求(Q(x))为(n-m)次多项式，(R(x))最高次项小于(m)

有一个非常牛逼的东西，定义(F_r(x))为多项式(F(x))的转置

那么就有

[F_r(x)=x^nF(frac{1}{x})(mod x^n) ]

这非常显然

于是我们来化柿子了

[F(x)=G(x) imes Q(x)+R(x) ]

[F(frac{1}{x})=G(frac{1}{x}) imes Q(frac{1}{x})+R(frac{1}{x}) ]

[x^nF(frac{1}{x})=x^mG(frac{1}{x}) imes x^{n-m}Q(frac{1}{x})+x^{n-m+1} imes x^{m-1}R(frac{1}{x}) ]

[F_r(x)=G_r(x) imes Q_r(x)+x^{n-m+1} imes R_r(x) ]

[F_r(x)equiv G_r(x) imes Q_r(x)(mod x^{n-m+1}) ]

[Q_r(x)equiv F_r(x) imes G_r^{-1}(x)(mod x^{n-m+1}) ]

于是多项式求逆即可

求出(G_r(x))显然(R(x))就很好求了

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int mod=998244353;
const int G[2]={3,(mod+1)/3};
const int maxn=262144+5;
int n,m,len;
int C[maxn],a[maxn],b[maxn],res[maxn],rev[maxn],ar[maxn],br[maxn],T[maxn],K[maxn];
inline int ksm(int a,int b) {
	int S=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) S=1ll*S*a%mod;return S;
}
inline void NTT(int *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1,og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
		for(re int t,og=1,l=0;l<len;l+=i,og=1)
			for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
				t=1ll*og*f[x+ln]%mod,og=1ll*og*og1%mod;
				f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod,f[x]=(f[x]+t)%mod;
			}
	}
	if(!o) return;
	int Inv=ksm(len,mod-2);
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=1ll*f[i]*Inv%mod;
}
inline void Rev(int n,int *A,int *B) {
	for(re int i=0;i<n;i++) A[i]=B[n-i-1];
}
inline void Inv(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);
	len=1;while(len<n+n-1) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	for(re int i=0;i<n;i++) C[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) C[i]=0;
	NTT(C,0),NTT(B,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(2ll*B[i]-1ll*C[i]*B[i]%mod*B[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
int main() {
	n=read();m=read();
	for(re int i=0;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(re int i=0;i<=m;i++) b[i]=read();
	Rev(m+1,br,b),Rev(n+1,ar,a);
	Inv(n-m+1,br,T);
	len=1;while(len<n+1+n-m+1) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(T,0),NTT(ar,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) ar[i]=1ll*ar[i]*T[i]%mod;
	NTT(ar,1);for(re int i=n-m;i>=0;i--) printf("%d ",ar[i]);
	for(re int i=n-m+1;i<len;i++) ar[i]=0;
	Rev(n-m+1,K,ar);puts("");
	NTT(K,0),NTT(b,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) b[i]=1ll*b[i]*K[i]%mod;
	NTT(b,1);
	for(re int i=0;i<m;i++) printf("%d ",(a[i]-b[i]+mod)%mod);
	return 0;
}