多项式全家桶

多项式乘法

(FFT Rightarrow) 传送门

(NTT Rightarrow) 传送门

(FFT)

void FFT(int lim, Complex *a, int op) {
	for (int i = 0; i < lim; ++i)
		if (i < r[i]) swap(a[i], a[r[i]]);
	for (int len = 2; len <= lim; len <<= 1) {
		int mid = len >> 1;
		Complex Wn = {cos(Pi / mid), op * sin(Pi / mid)};
		for (int i = 0; i < lim; i += len) {
			Complex w = {1, 0};
			for (int j = 0; j < mid; ++j, w = w * Wn) {
				Complex x = a[i + j], y = w * a[i + j + mid];
				a[i + j] = x + y;
				a[i + j + mid] = x - y;
			}
		}
	}
}

(NTT)

ll root(const ll p) {
	for (int i = 2; i <= p; ++i) {
		int x = p - 1;
		bool flag = true;
		for (int k = 2; k * k <= p - 1; ++k) if (!(x % k)) {
			if (ksm(i, (p - 1) / k) == 1) {
				flag = false;
				break;
			}
			while (!(x % k)) x /= k;
		}
		if (flag && (x == 1 || ksm(i, (p - 1) / x) != 1)) return i;
	}
}
void NTT(int lim, ll *a, int op) {
	for (int i = 0; i < lim; ++i)
		if (i < r[i]) swap(a[i], a[r[i]]);
	for (int len = 2; len <= lim; len <<= 1) {
		int mid = len >> 1;
		ll Wn = ksm(op == 1 ? G : Gx, (mod - 1) / len);
		for (int i = 0; i < lim; i += len) {
			ll w = 1;
			for (int j = 0; j < mid; ++j, w = (w * Wn) % mod) {
				ll x = a[i + j], y = w * a[i + j + mid] % mod;
				a[i + j] = (x + y) % mod;
				a[i + j + mid] = (x - y + mod) % mod;
			}
		}
	}
}

多项式求逆

当多项式只有一项时，那么显然 (G_0) 就是 (F_0) 的逆元。

考虑一般情况下，如果我们已知 (F(x) H(x) equiv 1 (mod x^{lceil frac{n}{2} ceil})) ，如何求出 (F(X)G(x) equiv 1(mod x^n))

已知 (F(x) H(x) equiv 1 (mod x^{lceil frac{n}{2} ceil}))

又显然 (F(X)G(x) equiv 1(mod x^{lceil frac{n}{2} ceil}))

模 (x ^ n) 相当于将次数大于等于 (n) 的项舍去了，模 (x^{lceil frac{n}{2} ceil}) 则相当于舍去了更多的项，所以前者满足，后者一定满足。

将两个式子相减 (F(x)left[ G(x) - H(x) ight] equiv 0 (mod x ^ {lceil frac{n}{2} ceil}))

即 (G(x) - H(x) equiv 0 (mod x ^ {lceil frac{n}{2} ceil}))

然后将两边·平方一下

[G^2(x) - 2G(x)H(x)+ H^2(x) equiv 0 (mod x^{lceil frac{n}{2} ceil}) ]

由于 (G(x)-H(x)) 在 模 (x^{lceil frac{n}{2} ceil}) 下为 (0)，所以这个式子的结果的 (0) 到 (lceil frac{n}{2} ceil - 1) 次项系数都为 (0)。

而平方之后，对于结果的 (i) 次项（(0 le i le 2 imes lceil frac{n}{2} ceil - 1)），其系数 (a_i=sum limits_{j=0}^{i} a_j a_{i-j})， 其中 (a_j) 和 (a_{i-j}) 必定至少有一项小于等于 (lceil frac{n}{2} ceil - 1)，所以可以得知，平方之后的式子在模 (x^n) 意义下也为 (0)。

[G^2(x) - 2G(x)H(x)+ H^2(x) equiv 0 (mod x^{n}) ]

给式子乘上一个 (F(x))，得到

[F(x)G^2(x) - 2F(x)G(x)H(x)+ F(x)H^2(x) equiv 0 (mod x^{n}) ]

由多项式乘法逆的定义 (F(x)G(x)equiv 0(mod x ^n))可以得到

[G(x) - 2H(x)+ F(x)H^2(x) equiv 0 (mod x^{n}) ]

再移项

[G(x) equiv 2H(x)+ F(x)H^2(x) (mod x^{n}) ]

于是就可以不断倍增，求出多项式乘法逆。

void polyinv(int len, int *A, int * B) {
	if (len == 1) {
		B[0] = fpow(A[0], P - 2);
		return;
	}
	static int tmp[_];
	polyinv((len + 1) >> 1, A, B);
	int lim = 1, k = 0;
	while (lim < (len << 1)) lim <<= 1, ++k;
	for (int i = 0; i < lim; ++i) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (k - 1));
	copy(A, A + len, tmp);
	fill(tmp + len, tmp + lim, 0);
	NTT(lim, tmp, 1);
	NTT(lim, B, 1);
	for (int i = 0; i < lim; ++i)
		B[i] = (2ll - 1ll * B[i] * tmp[i] % P + P) * B[i] % P;
	NTT(lim, B, -1);
	fill(B + len, B + lim, 0);
}

多项式除法

给定一个 (n) 次多项式 (F(x)) 和一个 (m) 次多项式 (G(x)) ，求出多项式 (Q(x)), (R(x))，满足：

• (Q(x)) 次数为 (n-m)，(R(x)) 次数小于 (m)
• (F(x) = Q(x) * G(x) + R(x))

首先考虑一种操作 (R) ，使得

[A^R(x) = x^n A(frac{1}{x}) ]

这个操作实际上是将 (A(x)) 的系数反转。

接下来，考虑将 (F(x) = Q(x) * G(x) + R(x)) 中的 (x) 全部用 (frac{1}{x}) 替代，然后等式两边同时乘上 (x ^ n)，得到

[x^n F(frac{1}{x}) = x^n Q(x) * G(x) + x^n R(x) \ x^n F(frac{1}{x}) = x^{n-m} Q(x) * x^m G(x) + x^{n-m+1} x^{m-1} R(x) ]

即

[F^R(x) = Q^R(x) G^R(x) + x^{n-m+1} R^R(x) ]

比较难搞的是 (R(x))，考虑怎么消掉它。

仔细观察一下，可以发现，(Q(x)) 反转后次数不会高于 (n-m)，而 (x^{n-m+1} R^R(x)) 的最低次项次数高于 (n-m)，因此，将上面的式子放到模 (x^{n-m+1}) 意义下，(R(x)) 就被消掉了。而由于 (F(x),G(x)) 是已知的元素，因此不会有任何问题。

所以

[F^R(x) = Q^R(x) G^R(x) (mod x^{n-m+1}) ]

即

[Q^R(x) equiv F^R(x)G^R(x)^{-1} (mod x^{n-m+1}) ]

系数反转可以直接 ( ext{reverse}) 实现，只要求出 (G^R(x))， 就可以得到 (Q^R(x))，然后反转回来回代，就得到了 (R(x))。时间复杂度 (O(Nlog N))。

多项式开方

已知 (F(x)) ，求 (G(x)) 使得 (G^2equiv Fpmod{x^n})。