你不可不读的多项式教程

目录

• 写在前面
• 多项式乘法与卷积
• 多项式的点值表达
• 单位根
• 快速傅里叶变换（FFT）
• 快速数论变换（NTT）
• 多项式求逆
• 多项式开根

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写在前面

看懂这篇博客，需要掌握

• 一般程度的代数知识
• 入门程度的复数知识

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多项式乘法与卷积

对于给定的两个多项式

[F(x),G(x) ]

我们称

[S(x)=sum_ksum_{i+j==k}F(i)G(j) ]

为(F,G)的卷积。不难证明，这就是多项式乘法，即

[F(x)G(x)=sum_ksum_{i+j==k}F(i)G(j) ]

（简单地说，(F,G)的乘积中次数为(k)的项系数为

[sum_{i+j==k}F(i)G(j) ]

计算(F,G)的卷积显然有(O(n^2))的朴素思路，但是对于较高的数据范围这样的时间复杂度是无法接受的。

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多项式的点值表达

除了常见的系数表达以外，多项式还可以用点值表达来表示。

对于已知次数为(n)的多项式(F(x))，我们可以用

[X={(x_1,F(x_1)),(x_2,F(x_2),...,(x_{n+1},F(x_{n+1})))} ]

来唯一确定其系数表达式。证明可以由代数基本定理推出。

多项式的点值表达相对于系数表达有一个优点：在计算卷积时时间复杂度缩减为(O(n))。更准确地说，有

[S(x)={(x_1x_2,F(x_1)G(x_2))...}=F(x)G(x) ]

但是将系数表达转换为点值表达的过程仍然是(O(n^2))的，于是我们想到对这个过程进行优化。

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单位根

快速傅里叶变换能够在(O(nlogn))的时间内解决系数表达到点值表达的过程，是因为引入了单位根的概念。称方程

[z^n=1 ]

的复数根为(n)次单位根。这样的单位根一共有(n)个，记为

[omega^k_n=e^{frac{2pi ki}{n}}(k=0,1,...,n-1) ]

两条基本性质如下：

[|omega_n^k|=1 ag{1} ]

[omega_n^xomega_n^y=omega_n^{x+y} ag{2} ]

((1))的证明是显然的：复数根在复平面上的表示即为单位圆的半径。

((2))可以通过

[omega_n^k=cosfrac{2kpi}{n}+sinfrac{2kpi}{n}i ag{*} ]

计算得出。本条性质还可以推出另外两条常用推论：

[omega_n^k=(omega_n^1)^k ]

[(omega_n^k)^l=omega_n^{kl} ]

此外，单位根还有两个重要的性质

[omega_n^k=omega_{nl}^{kl} ag{3} ]

[omega_n^{k+n/2}=-omega_n^k ag{4} ]

((3))和((4))的证明都可以通过直接套用((*))完成。

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快速傅里叶变换（FFT）

快速傅里叶变换最核心的环节（之一）就是多项式的系数表达与点值表达的转换，可以采用分治的方式解完成。（此处先介绍递归写法）

对于多项式（为什么为最高次为(n-1)次下面解释）

[F(x)=sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i (n=2^k) ]

有

[F(x)=(a_0+a_2x^2+...+a_{n-2}x^{n-2})\+(a_1x+a_3x^3+...+a_{n-1}x^{n-1}) ]

不妨设

[L(x)=a_0+a_2x+...+a_nx^{frac{n-2}{2}}\ R(x)=a_1+a_3x+...+a_n-1x^{frac{n-2}{2}} ]

那么有

[F(x)=L(x^2)+xR(x^2) ]

（此时可以看出为什么此前将(F)最高次设为(n-1)：美观）

现在我们要求(F)的点值表达，于是代入单位根，也就是

[F(omega_n^k)=L((omega_n^k)^2)+omega_n^kR((omega_n^k)^2)\ =L(omega_{n/2}^k)+omega_n^kR(omega_{n/2}^k) ]

同理，可以得到

[F(omega_n^{k+n/2})=L((omega_n^{k+n/2})^2)+omega_n^{k+n/2}R((omega_n^{k+n/2})^2)\ =L(omega_n^{2k+n})-omega_n^kR(omega_n^{2k+n})\ =L(omega_n^{2k})-omega_n^kR(omega_n^{2k})\ =L(omega_{n/2}^k)-omega_n^kR(omega_{n/2}^k) ]

也就是说，如果我们求出了(L,R)在(omega_{n/2}^0,...,omega_{n/2}^{n/2-1})的点值表达，我们就可以得到(F)在(omega_{n}^0,...,omega_{n}^n-1)的点值表达。

由于每一次长度减半，所以可以在(O(nlogn))的时间内求出多项式(F)的点值表示。

对于多项式的点值表达到系数表达的转换，可以推出类似的公式。

(FFT)的递归实现如下：

const double pi=acos(-1);
typedef complex<double> cx;
	
void fft (vector<cx> x,int n,int type) {
	if (n==1) return;
	vector<cx> l,r;
	for (register int i=0; i<n; i+=2) 
		l.push_back(x[i]),r.push_back(x[i+1]);
	fft(l,n>>1,type),fft(r,n>>1,type);
	cx wn(cos(2*pi/n),type*sin(2*pi/n)),w(1,0);
	for (register int i=0; i<(n>>1); ++i,w*=wn) {
		x[i]=l[i]+w*r[i],x[i+(n>>1)]=l[i]-w*r[i];
	}
}

在得到了递归实现以后，我们发现其常数较大，因此考虑是否存在非递归实现。观察递归过程中的数组下标，其变换过程如下

[0~~~1~~~2~~~3~~~4~~~5~~~6~~~7\0~~~2~~~4~~~6~|~1~~~3~~~5~~~7\0~~~4~|~2~~~6~|~1~~~5~|~3~~~7\0~|~4~|~2~|~6~|~1~|~5~|~3~|~7 ]

观察其二进制表示

[000~~~001~~~010~~~011~~~100~~~101~~~110~~~111\000~~~010~~~100~~~110~|~001~~~011~~~101~~~111\000~~~100~|~010~~~110~|~001~~~101~|~011~~~111\000~|~100~|~010~|~110~|~001~|~101~|~011~|~111 ]

不难发现每一项递归之后的最终位置为其二进制表示翻转的结果。

那么我们可以通过预处理一个(R)数组来直接得到最终位置。不难发现，每次递归实质上是按照对应位进行排序，于是我们可以得到实现：

for (register int i=0; i<n; ++i) {
	R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
}

那么根据(R)，我们可以写出(FFT)的非递归实现：

void fft (vector<cx> x,int n,int type) {
	for (register int i=0; i<n; ++i)  // 求出递归后的数组
		if (i<R[i]) swap(x[i],x[R[i]]); // 如果不判断就会交换两次，等于没交换
	for (register int i=1; i<n; i<<=1) { // 枚举区间长度的一半（当然也可以枚举区间长度）
		cx wn(cos(pi/i),type*sin(pi/i)); // 此处消掉了公式里的2
		for (register int j=0; j<n; j+=(i<<1)) { // 枚举区间，对每一个区间做修改
			cx w(1,0);
			for (register int k=0; k<i; ++k,w*=wn) { // 枚举区间左半侧，同时修改右半侧
				cx t=x[j+k],s=x[j+k+i]*w;
				x[j+k]=t+s,x[j+k+i]=t-s;
			}
		}
	}
}

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快速数论变换（NTT）

(NTT)与(FFT)的唯一区别在于将单位根改为了原根，从而有效避免了复数取模运算中的精度丢失。原根满足此前提到的单位根的性质，其细节不做赘述。实现如下：

void ntt (vector<int> x,int n,int type) {
	for (register int i=0; i<n; ++i) 
		if (i<R[i]) swap(x[i],x[R[i]]);
	for (register int i=1; i<n; i<<=1) {
		int wn=ksm(type==1?G:invG,(MOD-1)/(i<<1));
		for (register int j=0; j<n; j+=(i<<1)) {
			int w=1;
			for (register int k=0; k<i; ++k,w*=wn) {
				int t=x[j+k],s=(x[j+k+i]*w)%MOD;
				x[j+k]=(t+s)%MOD,x[j+k+i]=(t-s)%MOD;
			}
		}
	}
}

(G)为模数的原根，(invG)为该原根在模数意义下的逆元。对于很大一部分题目（准确地说，对于满足(MOD=a*2^b+1)的题目），我们能够直接由暴力求出其原根，对于另一类任意模数题目，则需要利用中国剩余定理进行求解。暴力实现如下：

void getG () {
	int tmp=MOD;
	for (register int i=2; i*i<=MOD; ++i) {
		if (tmp%i==0) {
			fac[++cnt]=i;
			while (tmp%i==0) tmp/=i;
		}
	}
	if (tmp!=1) fac[++cnt]=tmp;
	for (register int i=2; i<MOD; ++i) {
		int flag=1;
		for (register int j=1; j<=cnt; ++j) {
			if (ksm(i,(MOD-1)/fac[j])==1) {
				flag=0;
				break;
			}
		}
		if (flag) {
			write(i);
			break;
		}
	}
}

任意模数NTT暂时先坑着，回头写完多项式求逆和开根再填。

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多项式求逆

对于(n-1)次多项式(F)，其逆元为满足

[F(x)G(x)equiv1(mod~x^n) ]

的多项式(G)。

假设我们已经求出满足

[F(x)G^{'}(x)equiv1(mod~x^{frac{n}{2}}) ]

的(G^{'})，由于显然有

[F(x)G(x)equiv1(mod~x^n) ]

那么有

[F(x)(G(x)-G^{'}(x))equiv0(mod~x^{frac{n}{2}}) ]

如果(F(x)equiv0(mod~x^{frac{n}{2}}))，结果是显然的。那么考虑

[G(x)-G^{'}(x)equiv0(mod~x^{frac{n}{2}}) ]

等式两侧同时平方，得到

[G^2(x)+G^{'2}(x)-2G(x)G^{'}(x)equiv0(mod~x^n) ]

两侧同乘(A(x))，有

[G(x)+F(x)G^{'2}(x)-2F(x)G^{'}(x)equiv0(mod~x^n) ]

所以

[G(x)equiv G^{'}(x)(2-F(x)G^{'}(x))(mod~x^n) ]

于是说明了我们可以用模(x^{frac{n}{2}})意义下逆元推出模(x^n)的意义下的逆元。

非递归的多项式求逆实现如下：

void inv (vector<int> x,vector<int> y,int n) {
	b[0]=ksm(a[0],MOD-2);
	int len;
	for (len=1; len<(n<<1); len<<=1) {
		for (register int i=0; i<len; ++i) A[i]=x[i],B[i]=y[i];
		for (register int i=0; i<len<<1; ++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)?len:0);
		ntt(A,len<<1,1),ntt(B,len<<1,1);
		for (register int i=0; i<len<<1; ++i) y[i]=((2-A[i]*B[i]%MOD)*B[i]%MOD+MOD)%MOD;
		ntt(y,len<<1,1);
		for (register int i=len; i<len<<1; ++i) y[i]=0;
	}
	for (register int i=0; i<len; ++i) A[i]=B[i]=0;
	for (register int i=len; i<len<<1; ++i) y[i]=0;
}

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多项式开根

对于(n-1)次多项式(F)，其开根结果为满足

[F(x)equiv G^2(x)(mod~x^n) ]

的多项式(G)。

假设我们已经求出满足

[F(x)equiv G^{'2}(x)(mod~x^{frac{n}{2}}) ]

的(G^{'})，由于显然有

[F(x)equiv G^2(x)(mod~x^n) ]

那么有

[G^2(x)-G^{'2}(x)equiv0(mod~x^{frac{n}{2}}) ]

可以化简得到

[(G(x)+G^{'}(x))(G(x)-G^{'}(x))equiv0(mod~x^{frac{n}{2}}) ]

所以

[G(x)-G^{'}(x)equiv0(mod~x^frac{n}{2}) ]

两侧同时平方，得到

[G^2(x)+G^{'2}(x)-2G(x)G^{'}(x)equiv0(mod~x^n) ]

化简得

[F(x)+G^{'2}(x)-2G(x)G^{'}(x)equiv0(mod~x^n) ]

所以

[G(x)equiv frac{F(x)+G^{'2}(x)}{2G^{'}(x)}(mod~x^n) ]

于是说明了我们可以用模(x^{frac{n}{2}})意义下开根结果推出模(x^n)的意义下的开根结果。