Upd:
\(2020/2/1\)，更新了多项式带余除法
To do list:
- 多项式牛顿迭代
- 多项式\(ln\),\(exp\)
- 多项式快速幂
- \(\cdots\)
应该会不定期更的......
多项式求逆
还是看板子：【模板】多项式乘法逆
给一个\(n-1\)次\(n\)项柿\(F(x)\)，要你求一个\(n-1\)次多项式\(G(x)\)，满足\(F(x)G(x)\equiv 1 \ (mod \ x^n)\)。
就是把\(F(x)G(x)\)卷积起来忽略掉次数\(\ge n\)的项后它\(\equiv 1\)。
一个比较难的情况:\(n = 1\)，即\(F(x)G(x)\)的常数项为\(1\)，答案就是\(F[0]^{-1}\)，(\(F\)的常数项的逆元)，怎么样，难吧！
好我们下面来看更一般的情况
\[
F(x)G(x) \equiv 1 \ (mod \ x^n)
\]
假设我们现在已经知道了
\[
F(x)G'(x) \equiv 1 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil})
\]
那么由于\(F(x)G(x) \equiv 1 \ (mod \ x^n)\)，所以\(F(x)G(x)\)必定\(\equiv 1 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil})\)，所以两式相减得
\[
F(x)(G(x) - G'(x)) \equiv 0 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil})
\]
由于\(F(x) \not= 0\)，所以
\[
G(x) - G'(x) \equiv 0 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil})
\]
然后发现我们回不上去了23333...
然而在这里我们可以直接平方一下
\[
(G(x) - G'(x))^2 \equiv 0 \ (mod \ x^n)
\]
为什么呢？
分类讨论一下
- 对于次数小于\(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\)的项，它不管乘什么都是\(0\)
- 对于次数大于\(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\)的项，它只有乘一个次数小于\(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\)的项才会对上面那个恒等式产生影响，显然这也是\(0\)
我们继续化简，暴力展开
\[
G(x)^2 + G'(x)^2 - 2G(x)G'(x) \equiv 0 \ (mod \ x^n)
\]
因为我们知道\(F(x)G(x) \equiv 1 \ (mod \ x^n)\)，两边乘\(F(x)\)得
\[
G(x) + G'(x)^2F(x) - 2G'(x) \equiv 0 \ (mod \ x^n)
\]
移项得
\[
G(x) \equiv 2G'(x) - G'(x) ^ 2 F(x) \ (mod \ x^n)
\]为了好看，我们可以更简单地提一个\(G'(x)\)出来
\[
G(x) \equiv G'(x)(2 - G'(x)F(x)) \ (mod \ x^n)
\]
顺着上面那个柿子递归用\(NTT\)算就好了。
复杂度：听别人说是 \(O(n \ log \ n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10,P=998244353,G=3,IG=(P+1)/G;
inline int fpow(int x,int y){
int ret=1; for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P) if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
return ret;
}
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
int rev[N];
void init(int len){
for (int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg){
for (int i=0;i<n;i++) if(rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
for (int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1){
int wn=fpow(flg==1?G:IG,(P-1)/len);
for (int i=0;i<n;i+=len){
for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
}
}
}
}
int FF[N];
void getinv(int *F,int *G,int n){
if (n==1){G[0]=fpow(F[0],P-2);return;}
getinv(F,G,(int)ceil(n/2.0));
int limit=1; while (limit<=2*n)limit<<=1;
init(limit);
for (int i=0;i<n;i++) FF[i]=F[i];
for (int i=n;i<limit;i++) FF[i]=0;
ntt(FF,limit,1),ntt(G,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*sub(2,1ll*FF[i]*G[i]%P)*G[i]%P;
ntt(G,limit,-1); int inv=fpow(limit,P-2);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*inv%P;
for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
}
int f[N],inv[N];
int main(){
int n;scanf("%d",&n);
for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
getinv(f,inv,n);
for (int i=0;i<n;i++)printf("%d ",inv[i]);
return 0;
}
ps: 其实还有个迭代版的......尝试写了一下......绝对邪教......，总之这样也不慢。
多项式开根
这个做法有点像多项式乘法逆，考虑倍增。
我们要求的是一个多项式\(G(x)\)，满足
\[
G^2(x)\equiv F(x) \ (mod \ x^n)
\]
假设我们现在已经知道了
\[
H^2(x) \equiv F(x) \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil})
\]
显然有
\[
G^2(x) - H^2(x) \equiv 0 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil})
\]
平方差一下
\[
(G(x) - H(x))(G(x) + H(x)) \equiv 0 \ (mod \ x^\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil)
\]
这时候可以发现\(G(x)\)应该有两个解，但在某些题目中我们并不希望\(G(x)\)出现负数，所以我们不妨令
\[
G(x)-H(x) \equiv 0 \ (mod \ x^\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil)
\]
套路的平方一下
\[
G^2(x) + H^2(x) - 2G(x)H(x) \equiv 0 \ (mod \ x^n)
\]
发现\(G^2(x)\)就是\(F(x)\)，然后再移项
\[
F(x) + H^2(x) \equiv 2G(x)H(x) \ (mod \ x^n)
\]
那么
\[
G(x) \equiv \frac{F(x) + H^2(x)}{2H(x)} \ (mod \ x^n)
\]
对\(2H(x)\)求逆后\(NTT\)就行了。
\(Code:\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10,P=998244353,g=3,ig=(P+1)/g;
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int sqr(int x){return 1ll*x*x%P;}
inline int fpow(int x,int y){
int ret=1; for (x%=P;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
return ret;
}
namespace Poly{
int rev[N];
void init(int limit){
for (int i=0;i<limit;i++)
rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?limit>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg){
for (int i=0;i<n;i++)
if (rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
for (int k=1,len=2;len<=n;len<<=1,k<<=1){
int wn=fpow(flg==1?g:ig,(P-1)/len);
for (int i=0;i<n;i+=len){
for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
}
}
}
if (flg!=1){
int inv=fpow(n,P-2);
for (int i=0;i<n;i++) f[i]=1ll*f[i]*inv%P;
}
}
void getinv(int *f,int n,int *inv){
if (n==1){inv[0]=fpow(f[0],P-2);return;}
getinv(f,(n+1)>>1,inv);
static F[N];
int limit=1; while (limit<=n*2)limit<<=1; init(limit);
for (int i=0;i<n;i++) F[i]=f[i];
for (int i=n;i<limit;i++) F[i]=inv[i]=0;
ntt(F,limit,1),ntt(inv,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) inv[i]=1ll*inv[i]*sub(2,1ll*F[i]*inv[i]%P)%P;
ntt(inv,limit,-1);
for (int i=n;i<limit;i++) inv[i]=0;
}
void getsqrt(int *f,int n,int *sqt){
if (n==1){sqt[0]=1;return;}
getsqrt(f,(n+1)>>1,sqt);
static int H[N],iH[N];
int limit=1; while (limit<=2*n) limit<<=1;
for (int i=0;i<limit;i++) H[i]=i>=n?0:2ll*sqt[i]%P;
getinv(H,n,iH),init(limit);
for (int i=0;i<limit;i++) F[i]=i>=n?0:f[i],sqt[i]=i>=n?0:sqt[i];
ntt(F,limit,1),ntt(sqt,limit,1),ntt(iH,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) sqt[i]=1ll*add(F[i],sqr(sqt[i]))*iH[i]%P;
ntt(sqt,limit,-1);
for (int i=n;i<limit;i++) sqt[i]=0;
// cout<<n<<" wtf: "; for (int i=0;i<n;i++) cout<<sqt[i]<<" "; cout<<endl;
}
}
int f[N],sqt[N];
int main(){
int n; scanf("%d",&n);
for (int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&f[i]);
Poly::getsqrt(f,n,sqt);
for (int i=0;i<n;i++) printf("%d ",sqt[i]);
return 0;
}
多项式带余除法
给一个\(n\)次多项式\(F(x)\)，和一个\(m\)次多项式\(G(x)\)，求多项式\(Q(x),R(x)\)满足
- \(Q(x)\)次数为\(n-m\),\(R(x)\)的次数小于\(m\)
- \(F(x) = Q(x)G(x) + R(x)\)
对\(998244353\)取模。
如果没有余数的话我们直接多项式求逆就完了，但这里有\(R(x)\)，我们考虑把它消掉。
之前求逆的时候会对\(x^n\)取模，这样我们可以消去一些高次项，但我们想的是要把后面\(R(x)\)消掉，然后保留原来的柿子。
下面有一些非常妙的做法。
我们把\(x^{-1}\)代入\(F(x)\)，这样次数就都是负的，然后把他乘上\(x^n\)，即
\[
x^nF(x^{-1})
\]
容易发现这样即翻转\(F(x)\)的系数，把原来高次项放到后面去了，不放叫他\(F^T(x) = x^nF(x^{-1})\)。
下面来推一下
用\(x^{-1}\)代替\(x\)得
\[
F(x^{-1}) = Q(x^{-1})G(x^{-1}) + R(x^{-1})
\]
两边乘上\(x^n\)
\[
x^nF(x^{-1}) = x^nQ(x^{-1})G(x^{-1}) + x^nR(x^{-1})
\]
注意到\(Q(x)G(x)\)的次数为\(x^n\)，\(R(x)\)的次数最大为\(m-1\)，所以
\[
F^T(x) = Q^T(x)G^T(x) + x^{n-m+1}R^T(x)
\]
发现了什么？\(Q\)的次数为\(n-m\)，后面又有\(x^{n-m+1}\)，所以我们机智的对\(x^{n-m+1}\)取模，就消掉了\(R(x)\)！
\[
F^T(x) \equiv Q^T(x)G^T(x) \ (mod \ x^{n-m+1})
\]
通过对\(G^T\)求逆元我们就能算出\(Q^T\)，然后翻转就得到了\(Q\)，带回去算\(R\)就好了。
即
\[
Q^T(x) \equiv \frac{F^T(x)}{G^T(x)} \ (mod \ x^{n-m+1})
\]
然后再回去用\(F - Q\)算\(R\)就行了。
/*
*没有的部分参照上面
*/
namespace Poly{
void van(int *f,int n){
for (int i=0,j=n;i<j;i++,j--)swap(f[i],f[j]);
}
void div(int *f,int n,int *g,int m,int *Q,int *R){
static int F[N],G[N],iG[N],qwq[N];
for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
for (int i=0;i<=m;i++) G[i]=g[i];
van(F,n),van(G,m); getinv(G,n-m+1,iG);
/* cout<<"F: "; for (int i=0;i<=n;i++) cout<<F[i]<<" "; cout<<endl;
cout<<"G: "; for (int i=0;i<=m;i++) cout<<G[i]<<" "; cout<<endl;
cout<<"iG: "; for (int i=0;i<=n-m+1;i++) cout<<iG[i]<<" "; cout<<endl; */
int limit=1; while (limit<=2*n)limit<<=1; init(limit);
for (int i=n+1;i<limit;i++) F[i]=0;
for (int i=n-m+1;i<limit;i++) iG[i]=0;
ntt(F,limit,1),ntt(iG,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) Q[i]=1ll*F[i]*iG[i]%P;
ntt(Q,limit,-1);
for (int i=n-m+1;i<limit;i++) Q[i]=0;
van(Q,n-m);
for (int i=0;i<=n-m;i++) qwq[i]=Q[i];
for (int i=n-m+1;i<limit;i++) qwq[i]=0;
for (int i=0;i<=m;i++) G[i]=g[i];
for (int i=m+1;i<limit;i++) G[i]=0;
limit=1; while(limit<=n)limit<<=1; init(limit);
ntt(qwq,limit,1),ntt(G,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*qwq[i]%P;
ntt(G,limit,-1);
for (int i=n+1;i<limit;i++) G[i]=0;
for (int i=0;i<m;i++) R[i]=sub(f[i],G[i]);
}
}
int n,m,f[N],g[N],q[N],r[N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=0;i<=n;i++) scanf("%d",&f[i]);
for (int i=0;i<=m;i++) scanf("%d",&g[i]);
Poly::div(f,n,g,m,q,r);
for (int i=0;i<=n-m;i++) printf("%d ",q[i]); puts("");
for (int i=0;i<m;i++) printf("%d ",r[i]);
return 0;
}
剩下的先咕咕咕一下......
来源：https://www.cnblogs.com/wxq1229/p/12245036.html