纪中集训18.01.19 多项式总结

怎么感觉讲的这么快，我好菜啊

终于差不多把多项式水过去了……来波总结多项式真好玩

1.FFT

这里主要搞一个裸的FFT，原理已经讲过了

放个模板跑：

# include <algorithm>
# include <complex>
# include <cstdio>
# include <cmath>
# define N 262144
using namespace std;
const double PI=acos(-1);
typedef complex<double> E;
int rev
;
int n,m,L;
E a[N+N],b[N+N],c[N+N];
void FFT(E f[],int s){
for (int i=0;i<n;++i) if (i>rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
for (int i=1;i<n;i<<=1){
E wn(cos(PI/i),sin(PI/i)); wn*=s;
for (int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
E w(1,0);
for (int k=0;k<i;++k,w*=wn){
E x=f[j+k],y=w*f[j+k+i];
f[j+k]=x+y,f[j+k+i]=x-y;
}
}
}
if (s == -1) for (int i=0;i<n;++i) f[i] /= n;
}
int main(){
scanf("%d",&n); --n;
m=2*n; for (n=1;n<=m;n<<=1) ++L;
for (int i=0;i<n;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
fft(a,1),fft(b,1);
for (int i=0;i<n;++i) c[i]=a[i]*b[i];
fft(c,-1);
for (int i=0;i<(m>>1);++i) printf("%.8lf ",c[i].real());
return 0;
}

这个写法是经典的蝴蝶操作的写法，而且稍微改进过了一下，常数变得更小（交换了循环，于是访问更加连续）

2.NTT

特殊

好像比较慢？反正原理也讲过了（在原根意义下可以搞出相应的单位根，所以把复数部分搞一搞就可以了），就是由于gP−1≡1(modP)，故e−2πiN相当于gP−1N(modP)

进一步地，变换公式里面写的那点东西也相应乘的是gnk和g−nk，就搞完了

这里的质数P一般需要满足P−1是N的倍数，也就是相应2的幂次的倍数

其他模数

但是怎样做对于其他的模数的东西呢？

首先合数就不管了……CRT直接做啊……所以只考虑质数

做法1

我们可以利用中国剩余定理合并：

首先选取三个模数，一般为998244353 ,1004535809 , 46976204，或9985661441=235∗222+1，其中3都是上面模数的原根

然后对三个模数做DFT，得出结果之后乘起来再取模就可以了，只要三个模数乘积大于N∗P2就可以做了，正确性根据CRT可知

可是要9次点值和插值……好慢啊

做法2

把两个多项式A,B拆开来！

令Ai=a′i∗P−−√+a′′iBi=b′i∗P−−√+b′′i

然后考虑乘起来之后怎么样？

对于Ai和Bj（注意不要看错了，这里下标不是一样的符号）有

AiBj=a′ib′j∗(P−−√)2+P−−√(a′′ib′j+a′ib′′j)+(a′′ib′′j)

于是我们只要先搞四次点值，求出a′ib′j，a′′ib′j，a′ib′′j，a′′ib′′j就可以做了

然后插值回去只要三次就可以了

这样少了两次但是还是很慢

做法3

这种做法好像是myy论文的方法……表示非常地强啊

我们考虑FFT的时候一开始虚部是0，这是一种浪费，我们考虑如果我们是对一个复数序列DFT会出现些什么奇怪的东西来

先考虑某个其中第xi项的系数(ai+i∗bi)在A(ωwn)的影响

==(ai+i∗bi)∗(ωwn)i(ai+i∗bi)(cosθ+isinθ)(ai∗cosθ−bisinθ)+i(bicosθ+aisinθ)

其中θ的意义就是那个单位根的转角

然后再考虑对于另一边的A(ω−wn)的影响

==(ai+i∗bi)∗(ωwn)i(ai+i∗bi)(cosθ−isinθ)(ai∗cosθ+bisinθ)+i(bicosθ−aisinθ)

然后就很明显了？我们如果分别设上面两个结果的实部和虚部为A(ωwn)=x1+iy1和A(ω−wn)=x2+iy2

我们可以解出

ai∗(cosθ+isinθ)=12[(x1+x2)+i(y1−y2)]

bi∗(cosθ+isinθ)=12[(x1−x2)+i(y1+y2)]

然后我们就可以将两个DFT合并成一个了！跑两遍DFT就可以求出四个点值序列！

然后插值回来有没有什么更简单的办法呢？考虑IDFT之后，一个复数变成了实数，而如果我们把这个复数乘上一个i，就会变成纯虚数，那么我们只要把多项式的点值表达A′(x)和B′(x)分别转一下，形成A′(x)+iB′(x)的形式，再IDFT回来，实部上塞的就是A(x)的式子，虚部上塞的就是B(x)的式子！

因此其实我们又可以将两个插值合成一个，然后就只需要一半的次数就可以搞完了！

这种方法是比较普适的，所以属于一个很好的优化！

3.多项式的各种运算

我们对数列操作的时候经常会搞到生成函数，然后就经常需要对于由题目给出数据所决定的多项式进行奇怪的运算，例如求逆，除，模，开方，取对数，指数，牛顿迭代等等的操作，其中因为一般题目求的是像“第n项的值”这样的东西，那么一般就是在模xn意义下操作的（否则有些东西根本不能用多项式表达，例如指数、对数之类的）

a.多项式求逆

就是对于一个给定的A(x)，要找出另一个B(x)，使得A(x)B(x)≡1(modxn)，那么这里B(x)记为A−1(x)

利用倍增算法解决，n=1的时候可以直接求常数项的逆元

n>1的时候，只需要考虑怎么将模xn2意义下的逆元B(x)转成这里我们需要的模xn意义下的逆元G(x)

有关系式A(x)B(x)≡1(modxn2)

就是A(x)B(x)−1≡0(modxn2)

两边平方，我们发现modxn2意义下就变成了modxn意义下的答案（次数变成两倍），那么这时就可以化了

得到A2(x)B2(x)−2A(x)B(x)+1≡0(modxn)

已经大致有眉目了，我们稍微化一下式子就得到A(x)[2B(x)−A(x)B2(x)]≡1(modxn)

于是就有G(x)≡2B(x)−A(x)B2(x)(modxn)

倍增即可，复杂度由主定理还是O(nlogn)

b.多项式开根

现在我们继续求另一个B2(x)≡A(x)(modxn)

类似尺规作图中考虑如何开方的思路，最终可以转成求逆的问题来解决

仍然考虑倍增，n=1的时候考虑Cipolla算法即可

然后n>1的时候考虑怎样从B(x)modxn2推G(x)modxn

类似的套路，但是我们先要考虑到因为是平方，所以G(x)对于modxn2的情况也一样是成立的

写出关系式B2(x)≡A(x)(modxn2)，G2(x)≡A(x)(modxn2)

两式相减，然后再同样的套路两边平方得到G4(x)+B4(x)−2G2(x)B2(x)≡0(modxn)

实际上这时我们就可以考虑把这个多项式配起来，两边加上4G2(x)B2(x)得到[G2(x)+B2(x)]2≡(2G(x)B(x))2(modxn)

这时可以拆开平方（因为里面两个多项式的次数仍然是达到xn的）

得到G2(x)+B2(x)≡2G(x)B(x)(modxn)

利用定义式G2(x)≡A(x)(modxn)就基本上可以得到答案了

可以发现G(x)≡B(x)2+A(x)2B(x)(modxn)

每一次求个逆就可以了，时间复杂度还是O(nlogn)的

但是常数巨大，一般不会出什么题目（除非是一些生成函数的方程是二次方程需要求解的情况）

另外需要注意的是根据类似二次剩余的思路，多项式开方里面也是有一半不可做的

c.多项式除法&多项式取模

做法

我们做出多项式除法就可以求取模了，所以两个东西是一样的

顺便澄清一下，多项式除法不能用求逆做，因为求逆相当于没有余式

考虑就是对于某个A(x)，要求分解出A(x)=B(x)C(x)+D(x)，其中degD<degB

不妨先设degA=n，degB=m<degD，那么degC>n−m+1

将系数向量反过来搞（代入1x）并乘回一个xn就得到

xnA(1x)=xmB(1x)xn−mC(1x)+xnD(1x)

这时候考虑下各个项的指数的范围，xnA(1x)的在[0,n]；xmB(1x)的在[0,m]；xn−mC(1x)的在[0,n−m]；xnD(1x)的在[n−m+1,m]

这时就有点思路了，如果我们要求C，那直接在modxn−m+1意义下求就好了！

然后就有xn−mC(1x)≡xnA(1x)xmB(1x)，求逆即可求得

等等好像还没做完啊这时候左边不是还没消掉吗？那些1x怎么求啊？

实际上我们会发现，我们代进去1x，但是外面也乘了相应的次数上去，实际上相当于把系数向量翻转然后移了下位而已，那就很可以做了

时间复杂度还是O(nlogn)

（非常不常用的）应用

多项式欧几里得，这时和原来几乎是一样的，复杂度O(n2logn)（基本没什么题目用）

多项式扩展欧几里得，也是一样的，可以用来求多项式模另一个多项式意义下的逆元（有情况下有用，可用来加速常系数线性递推）

然后下面有两个常用的应用：多点求值和多点插值

多点求值

给出多项式F(x)，求出F(x)在x1,x2,x3,⋯这些点上的值

考虑分治，设Gl,r=∏i=lr(x−xi)，Ql，r=F(x)modGl,r(x)

很明显F(xi)=F(x)modGi,i(x)（由余数定理可知）

然后利用分治每次暴力往下取模就可以了

因为式子的规模是逐渐减小的，每次取模O(nlogn)，总的时间就是O(nlog2n)

常数巨大，所以感觉可能暴力秦九韶求值都和这差不多

多点插值

主要就是搞拉格朗日插值，在求和号里面把那个多项式分子分母分开来算

F(x)=∑i=1m[∏1≤j≤m,j≠i(x−xj)][yi∏1≤j≤m,j≠i1x−xj]

设右边括号里的是Gi，考虑怎么求

我们考虑设M(x)=∏i=1m(x−xi)

有Gi=yiM(x)x−xi

考虑事实上有M(xi)=0，那么可以放上去：

Gi=yiM(x)−M(xi)x−xi

由于这里考虑的是x→xi的时候，所以说有Gi=yiM′(xi)

对M′(x)做多点求值就可以求出Gi了

剩下的就是F(x)=∑i=1mGi[∏1≤j≤m,j≠i(x−xi)]

这下就可以直接分治FFT解决了，时间复杂度显然是O(nlog2n)

d.多项式求对数、牛顿迭代、多项式求指数

实际上下面的问题都是在模某个xn意义下才能进行的

求对数就很简单了，考虑ln′(A(x))=A′(x)A(x)，然后再积分回来就可了，时间复杂度O(nlogn)

牛顿迭代的原理大致就是利用Taylor展开，可以证明这在模多项式的意义下也可以做

现在要搞得就是给出一个g(x)，求一个f(x)的前n项，使得g(f)=0

其中f是一个2n项的多项式，设它前n项为f0

那么 有

g(f)≡g(f0)+g′(f0)(f−f0)+g′′(f0)(f−f0)22!+⋯

然后从第三项起最低次项次数都至少是x2n，就会被整个模掉，只需要展开到一阶就可以了

g(f0)+g′(f0)(f−f0)≡g(f)(modx2n)

又g(f)=0，故

g(f0)+g′(f0)(f−f0)≡0(modx2n)

然后移项得到f≡f0−g(f0)g′(f0)(modx2n)

就可以牛顿迭代辣！我们就是用f0→f不断迭代就可以了

顺便说一句，这里的求导是相当于将f看做变量，其余g的形式里的东西都看做常量

但是一般这样的过程很慢……一般就是要用题目的特殊性来求解（picks表示查到的最好时间复杂度为O((nlogn)1.5)）

那么这时候考虑回怎么求指数，实际上只要解决B(x)≡exp(A(x))(modxn)的情况就可以了

考虑设g(x)=ln(x)−A，最终要使g(B)=0

稍微化一下式子，B≡B0−g(B0)g′(B0)(modxn)

而又有g′(B0)=1B0，那么代回去只需要求一下对数就可以了，时间复杂度O(nlogn)

顺便提一下，牛顿迭代还可以用来回顾我们之前写的几个式子

多项式求逆：对f(x)p(x)−1≡0(modxn)，我们将f(x)视作变量就有

f(x)f(x)f(x)≡f0(x)−f0(x)p(x)−1p(x)(modx2t+1)≡f0(x)−(f0(x)p(x)−1)f0(x)(modx2t+1)≡2f0(x)−f20(x)p(x)(modx2t+1)

是不是很眼熟？事实上，这就是我们之前得到的式子，因为牛顿迭代法本身也相当于一种类似分治的东西

更多应用参见picks的博客：http://picks.logdown.com/posts/209226-newtons-method-of-polynomial

e.FWT

最后突然发现这个毒瘤东西没讲……

据zfr大佬说这实际上只是个小tricks？

主要就是求∑i⊕jAiBj

其中⊕表示一些二进制运算，例如xor/and/or

然后和FFT差不多，定义变换和逆变换，搞到另一个域去直积再变换回来

不加证明地给出几个变换……



然后代码就都差不多了……这么对称的东西随便记一记就可以了吧