多项式模板

 // 洛谷多项式模板题，整理了自己的数论FFT，NTT的模板。

P3803 【模板】多项式乘法（FFT）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<complex>
#include<cmath>
const double pi = acos(-1);
// #define cp complex<double>
using namespace std;

const int maxn = 1500100;

struct cp {
    double x, y;
    cp(double xx=0, double yy=0):x(xx), y(yy) {}
    cp operator+(const cp& b) {
        return cp(x+b.x, y+b.y);
    }
    cp operator-(const cp& b) {
        return cp(x-b.x, y-b.y);
    }
    cp operator*(const cp& b) {
        return cp(x*b.x-y*b.y, x*b.y+y*b.x);
    }
    cp operator*=(const cp& b) {
        double tmpx = x*b.x - y*b.y;
        y = x*b.y + y*b.x;
        x = tmpx;
        return *this;
    }
};


int n, m;
cp a[maxn*4], b[maxn*4];   // 一定要4倍内存！！！
int rev[maxn*4];

void FFT(cp a[], int n, int inv) {
    // if(!n) return;
    for(int i=0;i<n;i++) {
        // rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
        if(i<rev[i])                //不加这条if会交换两次（就是没交换）
            swap(a[i], a[rev[i]]);          
    }
    for(int mid=1;mid<n;mid*=2) {   //mid是准备合并序列的长度的二分之一 
        cp temp(cos(pi/mid), inv*sin(pi/mid));
        for(int i=0;i<n;i+=mid*2) { //mid*2是准备合并序列的长度，i是合并到了哪一位
            cp w(1, 0);
            for(int j=0;j<mid;j++,w*=temp) {//只扫左半部分，得到右半部分的答案
                cp Nx = a[i+j];
                cp Ny = w*a[i+j+mid];
                a[i+j] = Nx + Ny;
                a[i+j+mid] = Nx - Ny;
            }
        }
    }
}


int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for(int i=0;i<=n;i++) {
        scanf("%lf", &a[i].x);
    }
    for(int i=0;i<=m;i++) {
        scanf("%lf", &b[i].x);
    }

    int len = 1, bit = 0;
    while(len<=n+m) len <<= 1, ++bit;
    for(int i=0;i<len;i++) 
        rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1)); 

    FFT(a, len, 1);
    FFT(b, len, 1);
    for(int i=0;i<=len;i++)
        a[i] *= b[i];
    FFT(a, len, -1);

    for(int i=0;i<=n+m;i++) 
        printf("%d ", (int)(a[i].x/len + 0.5));
    return 0;
}

P1919 【模板】A*B Problem升级版

利用上面的FFT模板，可以用来做大数乘法。

朴素的模拟手算乘法时间复杂度O(n^2)，n为A，B的位数。改用FFT时间复杂度将优化到 O(nlogn)。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
const double pi = acos(-1);
using namespace std;

const int maxn = 60100;
int n;
struct cp { // 复数类定义
    double x, y;
    cp(double xx=0, double yy=0):x(xx), y(yy) {}
    cp operator+(const cp& b) {
        return cp(x+b.x, y+b.y);
    }
    cp operator-(const cp& b) {
        return cp(x-b.x, y-b.y);
    }
    cp operator*(const cp& b) {
        return cp(x*b.x-y*b.y, x*b.y+y*b.x);
    }
    cp operator*=(const cp& b) {
        double tmpx = x*b.x - y*b.y;
        y = x*b.y + y*b.x;
        x = tmpx;
        return *this;
    }
};

// FFT模板
int rev[maxn*4];   
void FFT(cp a[], int n, int inv) {
    // if(!n) return;
    for(int i=0;i<n;i++) {
        if(i<rev[i])             
            swap(a[i], a[rev[i]]);          
    }
    for(int mid=1;mid<n;mid*=2) { 
        cp temp(cos(pi/mid), inv*sin(pi/mid));
        for(int i=0;i<n;i+=mid*2) { 
            cp w(1, 0);
            for(int j=0;j<mid;j++,w*=temp) {
                cp Nx = a[i+j];
                cp Ny = w*a[i+j+mid];
                a[i+j] = Nx + Ny;
                a[i+j+mid] = Nx - Ny;
            }
        }
    }
}
cp a[maxn*4], b[maxn*4];   // 一定要4倍内存！！！
int ans[maxn*4];
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i=n-1;i>=0;i--) {
        scanf("%1lf", &a[i].x);
    }
    for(int i=n-1;i>=0;i--) {
        scanf("%1lf", &b[i].x);
    }

    int len = 1, bit = 0;    
    n <<= 1;
    while(len<=n) len <<= 1, ++bit;
    for(int i=0;i<len;i++) 
        rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1)); 

    FFT(a, len, 1);
    FFT(b, len, 1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        a[i] *= b[i];
    FFT(a, len, -1);
    
    int carry = 0;
    for(int i=0;i<len;i++) {
        int now = (int)(a[i].x/len + 0.5);
        ans[i] = (carry + now) % 10;
        carry = (carry + now) / 10;
    }
    int s = len-1;
    while(s>=0 && ans[s]==0) --s;
    for(int i=s;i>=0;i--)
        printf("%d", ans[i]);
    puts("");
    return 0;
}

P4238 【模板】多项式求逆

题意：

给一个多项式 a[x] = ∑ ai*x^i ，求 F[x] 满足 a[x] * F[x] = 1 (mod x^n) 。

求解原理：

假设我们找到 a[x] * G[x] = 1 (mod x^(n/2)) 时的解 G[x]

又由于　　a[x] * F[x] = 1

所以　　　a[x] * ( F[x] - G[x] ) = 0 (mod x^(n/2))

则　　　　F[x] - G[x]  = 0 (mod x^(n/2))

平方后，得

　　　　　F[x] * F[x] + G[x] * G[x] - 2 * F[x] * G[x]  = 0 (mod x^n)

再乘上 a[x]

　　　　　F[x] + a[x] * G[x] * G[x]  - 2 * G[x] = 0 (mod x^n)

所以

　　　　　F[x] = 2 * G[x] - a[x] * G[x] * G[x]

我们找到了递推式，当 n = 1 时，G[0] 为 a[0] 的逆元。

模板适用条件：

模数 mod = 998244353 等原根为 3 的素数。

（代码模板见下一题。）

P4725 【模板】多项式对数函数（多项式 ln）

原理：

ln(A[x]) ==> B[x]

两边求导，得

　　　　　A'[x] / A[x] = B'[x]

积分，得

　　　　　B[x] = ∫ ( A'[x] / A[x] ) 

其中 1 / A[x] 可以用前面的多项式求逆模板。

所以

　　　　　B[x] = Interx( A'[x] / A[x] ) = Interx( Dx(A[x]) * Inv(A[x]) )

这两题均使用了NTT和多项式求逆，下面的代码为P4725，P4238将main函数里的调用POLYMONY::Inv即可。

 代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 400100;  // 多项式相乘时需要开4倍大小

namespace POLYNOME {
    const int mod = 998244353;
    const int g = 3;    // 原根： 3 为 mod 的原根
    int rev[maxn];

    int myPow(ll a, int n) {
        ll res = 1;
        while(n) {
            if(n&1) res = res*a % mod;
            a = a*a % mod;
            n >>= 1;
        }
        return res;
    }

    // NTT模板
    // inv==1 快速数论变换
    // inv==-1 逆变换   注意最后点值除以长度为系数结果!!! 
    void NTT(ll a[], int n, int inv) {
        // if(!n) return;
        for(int i=0;i<n;i++) {
            // rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
            if(i<rev[i]) 
                swap(a[i], a[rev[i]]);          
        }
        for(int mid=1;mid<n;mid*=2) { 
            ll tmp = myPow(g, (mod-1)/(mid*2));
            if(inv==-1) tmp = myPow(tmp, mod-2);
            for(int i=0;i<n;i+=mid*2) {
                ll w = 1;
                for(int j=0;j<mid;j++,w=w*tmp%mod) {
                    int x = a[i+j];
                    int y = w * a[i+j+mid] % mod;
                    a[i+j] = (x + y) % mod;
                    a[i+j+mid] = ((x - y)%mod + mod) % mod;
                }
            }
        }
        //  if(inv==-1) {
        //     for(int i=0;i<n;i++) // a[i]/n
        //         a[i] = a[i]* myPow(n, mod-2) % mod;
        // }
    }


    // 多项式求逆
    // Inv(a[x]) = 1/a[x] => G[x]
    ll F[maxn];
    void Inv(ll a[], ll G[], int n) {
        if(n==1) {
            G[0] = myPow(a[0], mod-2);
            return;
        }

        Inv(a, G, n+1>>1);

        ll lim = 1, bit = 0;
        while(lim<(n<<1)) lim<<=1,   ++bit;

        for(int i=1;i<lim;i++)
            rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1)); 

        memset(F, 0, sizeof(0));
        for(int i=0;i<n;i++)
            F[i] = a[i];

        NTT(G, lim, 1);
        NTT(F, lim, 1);
        for(int i=0;i<lim;i++)
            G[i] = (2- F[i]*G[i]%mod + mod)%mod * G[i] % mod;

        NTT(G, lim, -1);
        for(int i=0;i<lim;i++) // G[i]/lim
            G[i] = G[i]* myPow(lim, mod-2) % mod;

        for(int i=n;i<lim;i++) G[i] = 0;
    } 
    
    // 多项式求导
    // Dx(A[x]) => B[x]
    ll Da[maxn];
    void Dx(ll A[], ll B[], int n) {
        for(int i=1;i<n;i++)
            B[i-1] = A[i]*i % mod;
        B[n-1] = 0;
    }

    // 多项式积分
    // Inter(A[x]) => B[x]
    ll Sa[maxn];
    void Interx(ll A[], ll B[], int n) {
        for(int i=1;i<n;i++)
            B[i] = A[i-1]*myPow(i, mod-2) % mod;
        B[0] = 0;
    }

    // 多项式求对数
    // ln(A[x]) => B[x]
    // B[x] = Interx(A'(x)/A(x)) = Interx(Dx(A[x])*Inv(A[x]))
    //                                         Da * Sa
    void lnx(ll a[], ll res[], int n) {
        Inv(a, Sa, n);
        Dx(a, Da, n);

        int lim = 1;
        int bit = 0;
        while(lim<(n<<1)) lim<<=1, ++bit;
        for(int i=0;i<lim;i++)
            rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1)); 

        NTT(Da, lim, 1);
        NTT(Sa, lim, 1);
        
        for(int i=0;i<lim;i++)
            Da[i] = Da[i] * Sa[i] % mod;
        NTT(Da, lim, -1);
        for(int i=0;i<lim;i++) // Da[i]/lim
            Da[i] = Da[i]* myPow(lim, mod-2) % mod;

        Interx(Da, res, n);
    }
}


int n;
ll a[maxn], ans[maxn];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i=0;i<n;i++) {
        scanf("%lld", &a[i]);
    }

    POLYNOME::lnx(a, ans, n);

    for(int i=0;i<n;i++) 
        printf("%lld ", ans[i]);
    return 0;
}