简单多项式学习笔记

离谱的多项式

——简单多项式和生成函数学习笔记

By Tuifei_oier

Part 1 前言

多项式和生成函数同属 OI 中数学方面的知识，在学习它们的过程中，不仅要掌握一些基础的对于它们本身的知识和操作，更要学会去通过构造和计算来解决相关的问题。
因此，本文先从定义入手记录一些多项式和生成函数的基础操作，再记录一些经典的应用和构造方式。

Part 2 科技篇

随便编的定义

首先，我们给出形式幂级数的定义：
对于形式幂级数 (F(x)=sumlimits_{ige0}a_ix^i)，我们不关心 (x) 的取值，也不关心它的收敛性等，仅仅关心它的各项系数。因此，对于形式幂级数，我们认为它可以进行任何变换而不受限制。例如：

[sum_{ige0}x^i=dfrac{1}{1-x} ]

一般来说，当 (xin(0,1)) 时左式收敛，于是等号成立。
但是对于形式幂级数，由于我们不关心 (x) 的值也不关心求和式最终的结果，所以等号何时都成立。

接下来，定义接下来讨论的多项式 (F(x)=sumlimits_{i=0}^na_ix^i)，它是一个 (n) 次形式多项式，即系数数列有限项的形式幂级数。在 OI 中，我们大部分情况下讨论形式多项式，即我们同样不关心 (x) 的具体取值。

一些表示：
(F(x_0)) 表示 (x=x_0) 时 (F(x)) 的取值。
(F_i) 或 ([x^i]F(x)) 表示 (F(x)) 的 (x^i) 项的系数。

多项式全家桶

首先是最基础的卷积，即：

[H_{i+j}=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^mF_iG_j ]

就是把两个多项式相乘，利用 FFT 可以 (O(nlog n)) 解决。

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一维循环卷积，即：

[H_{x}=sum_{i+jequiv x}F_iG_j ]

发现实际上 FFT 求的就是循环卷积，于是直接做之后把系数加到 (mod n) 后的位置上就好了。
对于二维循环卷积，即：

[H_{x,y}=sum_{i+jequiv x}sum_{k+lequiv y}F_{i,k}G_{j,l} ]

我们可以先求出对于两边的矩阵做 DFT，然后对位相乘得到新矩阵再 IDFT 回去。
如何 DFT 一个矩阵呢？我们可以先把每一行看成一个多项式系数数列，然后把它们代表的多项式都 DFT，对得到的新矩阵的每一列再进行相同操作，最后就得到了原矩阵的 DFT 矩阵，IDFT 就是把整个操作逆向进行即可。
对于高维，同理。
关于循环卷积有一个重要的算法——Bluestein 算法。
因为在 DFT 和 IDFT 过程中都要求 (n) 为 (2) 的若干次方；而当 (n) 不为 (2) 的次方时，我们要不一次一次暴力做，但这样可能会导致复杂度问题；或者，我们就可以利用这个算法。具体的说，对于长度为 (n) 的数列 (A)，我们要求长度为 (n) 的数列 (B) 满足：

[B_i=sum_{j=0}^{n-1}x^{ij}A_j ]

[=sum_{j=0}^{n-1}x^{frac{i^2+j^2-(i-j)^2}{2}}A_j ]

[=x^{frac{i^2}{2}}sum_{j=0}^{n-1}A_jx^{frac{j^2}{2}}x^{frac{-(i-j)^2}{2}} ]

于是，我们设 (C_i=x^{frac{i^2}{2}}sumlimits_{j=0}^{i}A_jx^{frac{j^2}{2}}x^{frac{-(i-j-n)^2}{2}})，此时，由于 (forall xge n,A_x=0)，所以 (B_i=C_{i+n})，而 (C_i) 就是一个卷积形式的式子了，我们就可以 (O(nlog n)) 求对于任意的 (n) 的 DFT 和 IDFT 了。

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多项式求逆，即给定 (n-1) 次多项式 (F(x))，求次数不超过 (n-1) 的多项式 (G(x)) 满足：

[F(x)\,G(x)equiv1(mod x^n) ]

如何求这个东西呢？我们考虑用倍增来求。
假设我们当前已经知道 (G_n(x)) 使得 (F(x)\,G_n(x)equiv1(mod x^n))，要求 (G_{2n}(x)) 使得 (F(x)\,G_{2n}(x)equiv1(mod x^{2n}))。
则：

[(F(x)G_n(x)-1)^2equiv0(mod x^{2n}) ]

[F^2(x)G^2_n(x)+1-2F(x)G_n(x)equiv0pmod{x^{2n}} ]

[2F(x)G_n(x)-F^2(x)G^2_n(x)-F(x)G_{2n}(x)equiv0pmod{x^{2n}} ]

[G_{2n}(x)equiv2G_n(x)-F(x)G_n^2(x)pmod{x^{2n}} ]

于是我们就可以倍增了，复杂度 (O(nlog n))。

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多项式除法，即给定 (n) 次多项式 (F(x)) 和 (m) 次多项式 (G(x))，求一个 (n-m) 次多项式 (H(x)) 和一个次数小于 (m) 的多项式 (R(x))，使得：

[F(x)=G(x)\,H(x)+R(x) ]

如何求呢？我们考虑设 (F'(x)=F(dfrac{1}{x})x^n)，即 (F(x)) 的 (0-n) 次项系数翻转，则（假设 (R(x)) 次数为 (m-1)，不够则补 (0)）：

[F'(x)=G'(x)\,H'(x)+x^{n-m+1}R'(x) ]

[F'(x)=G'(x)\,H'(x)pmod{x^{n-m+1}} ]

而 (H'(x)) 的次数为 (n-m)，所以我们在 (mod x^{n-m+1}) 意义下求出的 (H'(x)) 和真实的 (H'(x)) 相同。
于是通过多项式求逆求出 (H'(x))，代回原式解出 (R(x))。
复杂度 (O(nlog n))。

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多项式 ln，即给定多项式 (F(x))，求 (ln F(x)pmod{x^n})。
首先解释下为什么一个多项式可以 (ln)。从这里开始由于我们把多项式看成形式多项式，因此在把 (f(x)=ln x) 在 (x_0=1) 处泰勒展开后得到的式子恰为一个关于 (x) 的幂级数，把 (x) 用 (F(x)) 来代入就可以理解为 (ln F(x))。
接下来考虑怎么计算。
令 (G(x)=ln F(x)pmod{x^n})，则：

[G'(x)=dfrac{F'(x)}{F(x)}pmod{x^n} ]

于是求个逆求个导卷起来再积分回去即可。
常数项肯定为 (0)。（因为 (F(x)) 的常数项肯定为 (1)）

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牛顿迭代。即对于一个函数（自变量任意）(G(x))，求多项式 (F(x)) 使得 (G(F(x))equiv0pmod{x^n})。
考虑倍增。假设我们知道 (G(F_n(x))equiv0pmod{x^n})，欲求 (F_{2n}(x)) 满足 (G(F_{2n}(x))equiv0pmod{x^{2n}})。
把 (G(x)) 在 (G(F_n(x))) 处作泰勒展开，得到：

[G(x)=G(F_n(x))+G'(F_n(x))(x-F_n(x))^1/1!+G''(F_n(x))(x-F_n(x))^2/2!+... ]

代入 (x=F_{2n}(x))，则

[G(F_{2n}(x))=G(F_n(x))+G'(F_n(x))(F_{2n}(x)-F_n(x))^1/1!+G''(F_n(x))(F_{2n}(x)-F_n(x))^2/2!+... ]

注意到 (F_{2n}(x)) 与 (F_n(x)) 的前 (n-1) 项应该相同，则 (F_{2n}(x)-F_n(x)equiv0pmod{x^n})，于是上式在 (pmod{x^{2n}}) 意义下为：

[0equiv G(F_n(x))+G'(F_n(x))(F_{2n}(x)-F_n(x))pmod{x^{2n}} ]

[F_{2n}(x)equiv F_n(x)-dfrac{G(F_n(x))}{G'(F_n(x))}pmod{x^{2n}} ]

这样就可以倍增了。之前的一些科技也可以用这种牛顿迭代的形式来求（如求逆）。

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多项式 exp，即给定 (P(x))，求 (e^{P(x)}pmod{x^n})。
如何理解？(f(x)=e^x) 同样可以泰勒展开成幂级数。
设函数 (G(x)=ln x-P(x))，利用刚才的牛顿迭代，得到：

[F_{2n}(x)equiv F_n(x)(1-ln F_n(x)+P(x)) ]

写完 (ln) 后倍增即可，复杂度 (O(nlog n))，注意常数项为 (1)。

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多项式快速幂，即给定 (F(x))，求 (G(x)equiv F^k(x)pmod{x^n})。
首先可以和普通快速幂一样做，复杂度 (O(nlog^2n))。
考虑低一点的复杂度，我们先把 (F^(x)) 做 (ln)，给系数都乘上 (k) 之后再 (exp) 回去。
但有一点问题，就是 (ln) 和 (exp) 均对常数项有要求。如何解决？提公因式即可，注意 (k) 的细节。
复杂度 (O(nlog n))。

生成函数

一般来说，对于数列 ({a_i})，我们有两种生成函数：

1. OGF，一般生成函数，形如 (F(x)=sumlimits_{ige0}a_ix^i)；
2. EGF，指数生成函数，形如 (F(x)=sumlimits_{ige0}dfrac{a_i}{i!}x^i)。

先看一般生成函数，我们把一个数列写成这样的形式，就可以实现这样的效果：

小例题：给定 (4) 种物品，每种物品都有无限个，其中，第一种物品只能选偶数个，第二种只能选 (5) 的倍数个，第三种物品最多选 (4) 个，第四种物品，最多选 (1) 个，求从中选出 (n) 个物品的方案数。

考虑写出四种物品的拿取方案序列：
({1,0,1,0,...},{1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,...},{1,1,1,1,1,0,0...},{1,1,0,0,...})
即序列第 (i) 项（从 (0) 开始）表示对于该种物品拿 (i) 个的方案数。
求出它们的生成函数，把它们乘在一起：

[dfrac{1}{1-x^2}dfrac{1}{1-x^5}dfrac{x^5-1}{x-1}dfrac{x^2-1}{x-1} ]

[=dfrac{1}{(1-x)^2} ]

[=(1+x+x^2+x^3+...)^2 ]

此时，所得多项式第 (n) 项的系数即为，答案，不难得到答案为 (n+1)。

这就是一般生成函数的妙用，两个生成函数的卷积可以理解为在做背包合并问题，方便计数。
同时，假设我们要求一个数列的若干项，可以先写出这个数列的生成函数，然后通过某些计算算出这个生成函数的各项系数（比如利用多项式科技），这样一来就解决了问题。

再看指数生成函数，为什么写成这样呢？考虑两个指数生成函数 (F(x),G(x)) 乘积：

[H(x)=(sum_{ige0}dfrac{a_i}{i!}x^i)(sum_{jge0}dfrac{b_j}{j!}x^j) ]

[=sum_{ige0}(sum_{j=0}^ia_jb_{i-j}C_i^j)dfrac{x^i}{i!} ]

这样一来，乘在一起后系数不是 (a_jb_{i-j})，而是还有一个组合数 (C_i^j)，就可以解决一些排列组合相关的问题。

Part 3 应用篇

接下来是一些上文的应用。
实际上在 OI 中的应用还是以生成函数的形式为主，但也有利用卷积定义之类的题型。

Pro A 第二类斯特林数 (Luogu 5395)

给定 (n,m)，求 (S(n,0),S(n,1),S(n,2),...,S(n,m)) 的值。
(tips:1le mle nle 10^5)。

直接暴力算肯定不行，考虑如何优化。
我们发现，把斯特林数写成通项形式：

[S(n,m)=dfrac{sum_{i=0}^m(-1)^iC_m^i(m-i)^n}{m!} ]

[=sum_{i=0}^m(-1)^idfrac{1}{i!}dfrac{1}{(m-i)!}(m-i)^n ]

[=sum_{i=0}^mdfrac{(-1)^i}{i!}dfrac{(m-i)^n}{(m-i)!} ]

于是，构造 (f(x)=sumlimits_{i=0}^mdfrac{(-1)^i}{i!}x^i,g(x)=sumlimits_{i=0}^mdfrac{i^n}{i!}x^i)，则 (S(n,m)=[x^m](f*g))。
这就是一个经典的应用卷积定义的算法，复杂度 (O(nlog n))。

Pro B 付公主的背包（Luogu 4389）

给定 (n) 个物品，每种物品的都有无数个，物品 (i) 的体积为 (v_i)。
求挑出若干个物品使得体积和为 (V) 的方案数。
(tips:1le n,Vle 10^5)。

整个问题就是一个背包问题，考虑用一般生成函数来求方案数。
则第 (i) 个物品的生成函数 (f_i(x)=sumlimits_{jge0}x^{v_ij}=dfrac{1}{1-x^{v_i}})。
于是我们要求答案数列的生成函数

[G(x)=prod_{i=1}^nf_i(x)=prod_{i=1}^ndfrac{1}{1-x^{v_i}} ]

[ln G(x)=sum_{i=1}^nlndfrac{1}{1-x^{v_i}} ]

[=-sum_{i=1}^nln(1-x^{v_i}) ]

[(ln G(x))'=-sum_{i=1}^ndfrac{-v_ix^{v_i-1}}{1-x^{v_i}} ]

[=sum_{i=1}^nv_ix^{v_i-1}sum_{jge0}x^{v_ij} ]

[=sum_{i=1}^nsum_{jge1}v_ix^{v_ij-1} ]

再积回去，得到：

[ln G(x)=sum_{i=1}^nsum_{jge1}dfrac{x^{v_ij}}{j} ]

于是求出 (ln G(x))，再多项式 (exp) 即可。
复杂度 (O(Vlog V))，注意在求 (ln G(x)) 时需要用到一些小技巧。

Pro C 排列数 (Luogu 5824)

给定 (n,m)，求 (p_{n,m}) 的值。
(tips:1le n,mle2 imes10^5)，其中 (p_{x,y}) 表示将 (x) 写成 (y) 个自然数的和的方案数，不考虑顺序。
例如，(5=(0+0+5)=(0+1+4)=(0+2+3)=(1+1+3)=(1+2+2))，因此 (p_{5,3} = 5)。

首先，我们有一个 (O(nm)) 的递推：

[p_{i,j}=p_{i,j-1}+p_{i-j,j} ]

考虑为什么，我们对于 (p_{i,j})，分别考虑 (j) 个自然数中是否存在 (0) 来转移。
但这道题仅仅这样是不行的，考虑优化。
我们设 (F_i(x)=sum_{jge0}p_{j,i}x^j)，则：

[F_i(x)=sum_{jge0}(p_{j,i-1}+p_{j-i,i})x^j ]

[=F_{i-1}(x)+x^iF_i(x) ]

于是移项得到：

[F_i(x)=dfrac{F_{i-1}(x)}{1-x^i} ]

而 (dp_{i,0}=[i=0])，于是 (F_0(x)=1)，所以：

[F_i(x)=prod_{j=1}^idfrac{1}{1-x^j} ]

发现了什么？这玩意跟上一题的式子几乎一模一样。
于是直接一样的处理就行了，复杂度 (O(nlog n))。

这道题属于一类经典问题，通过构造答案数列的生成函数，利用递推式等关系来得到生成函数的关系并解方程，最后就可以得到答案了。

Pro D 数学竞赛 (Luogu 5517)

给定一个长度为 (2^{64}) 的数列 ({a_n})，其中 (a_0=-3,a_1=-6,a_2=-12,a_n=3a_{n-1}+a_{n-2}-3a_{n-3}+3^n)。
(T) 组询问，每次给定 (n)，求 (a_npmod{p=10^9+7})。
(tips:1le Tle5 imes10^7,0le nle2^{64}-1)。

介绍一种比较生成函数的做法：
考虑利用刚才的想法，设 (F(x)=sum_{ige0}a_ix^i)，则：

[F(x)=sum_{ige0}(3a_{i-1}+a_{i-2}-3a_{i-3}+3^i)x^i ]

解方程得到：

[F(x)=dfrac{12x-3}{(1-3x)^2(1+x)(1-x)} ]

此时，对于这种分母为乘积的形式，一种比较通用的方法是待定系数法，即：

[F(x)=dfrac{A}{(1-3x)^2}+dfrac{B}{1+x}+dfrac{C}{1-x}+dfrac{D}{1-3x} ]

此时，(A,B,C,D) 可以解出来（参见原题解），然后就把它展开成幂级数形式，最后就得到答案了。
复杂度可以做到 (O(sqrt p-T))。

Pro E 贝尔数 (Luogu 5748)

定义贝尔数 (B_i=sumlimits_{j=0}^iS(i,j))，(T) 组询问，求 (B_n)。
(tips:1le Tle1000,1le nle10^5)。

考虑贝尔数 (B_n) 的组合意义，等于是把 (n) 个带放入 (n) 个无标号的可空集合中的方案数。
既然要利用上面的想法，我们就应该尝试去找贝尔数的递推公式，发现：

[B_n=sum_{j=0}^{n-1}inom{n-1}{j}B_{n-j-1} ]

即枚举和 (n) 在一个集合的是哪些数。

[B_{n+1}=sum_{j=0}^ninom{n}{j}B_{n-j} ]

发现相当于是做卷积的过程中增加了一项系数 (inom{n}{j})，这启示我们使用指数生成函数。
设 (F(x)=sumlimits_{jge0}dfrac{B_j}{j!}x^j,F'(x)=sumlimits_{jge0}dfrac{B_{j+1}}{j!}x^j)，于是 (F'(x)=F(x)e^x)。
两边求导移项后得到：

[B(x)=e^{e^x+c} ]

代入 (B(0)=1) 得到 (c=-1)，于是 (B(x)=e^{e^x-1})。
复杂度 (O(nlog n-T))。

Part 4 小结

生成函数和多项式作为近些年新兴的出题方向，都透露了极强的数学性，要求 oier 有较高的数学计算能力和思维力，同时又可以方便地结合类似递推之类的内容，因此有很有必要好好掌握。
通过这样的小结形式，积累下来的 trick 或许会有大用吧。