从零开始的多项式学习笔记

0 前言

膜拜多项式神 \(\tt{z}\color{red}{houAKngyang}\) 和 \(\tt{K}\color{red}{arry5307}\)！

感觉最近碰到好多多项式题，但是我连最基础的 \(\text{FFT}\) 都不会……

计划稍微补一下。

1 \(\text{FFT}\)

1.1 准备工作

1.1.1 多项式

\[A(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i \]

这是我们数学课上表达多项式的方法，也叫系数表示法。

但是，如果我们已经知道 \(A(x)\) 是个 \(n-1\) 次多项式，并且还知道了 \(x\) 取 \(n\) 个不同的值时 \(A(x)\) 的值，我们也能确定一个唯一的 \(A(x)\)。

因此，我们也可以用 \(n\) 个点表示一个 \(n-1\) 次多项式，这被称作点值表示法。

多项式可以做加法。

\[A(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i,B(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}b_ix^i \]

\[C(x)=A(x)+B(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(a_i+b_i)x^i \]

多项式可以做乘法。

\[A(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i,B(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}b_ix^i \]

\[C(x)=A(x)\times B(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^ia_jb_{i-j}x^i \]

1.1.2 复数

\[i^2=-1 \]

\[x=a+bi\quad(a,b\in\mathbb R) \]

所有 \(x\) 组成的集合称之为复数集 \(\mathbb{C}\)。

一个复数对应复平面上的一个向量，其中原点为 \(0\)，\(x\) 轴为实部，\(y\) 轴为虚部。这个向量和 \(x\) 轴的夹角记为幅角 \(\theta\)，这个向量的长度记为复数的模长 \(|x|\)。

向量可以做加法。

\[(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i \]

向量可以做乘法。

\[(a+bi)\times (c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i \]

一个性质：如果 \(x+y=z\)，那么

\[|z|=|x|\times|y|,\theta_z=\theta_x+\theta_y \]

1.1.3 单位根

\[x^n=1 \]

显然这个方程在复数域存在 \(n\) 个互不相同的解，我们将它们按照幅角从小到大排序，记为 \(\omega_n^1,\omega_n^2,\cdots,\omega_n^n\)。

事实上我们有 \(\large\omega_n^x=(\omega_n^1)^x=e^{i\frac{2k\pi}{n}}\)。

根据上面的式子我们还知道 \(\large\omega_{2n}^{2x}=\omega_n^x,\omega_n^x=-\omega_n^{\frac{n}{2}+x}\)。

1.2 \(\text{DFT}\) 和 \(\text{IDFT}\)

众所周知，由于多项式乘法的定义，在系数表示法下将两个多项式相乘是 \(O(n^2)\) 的。

但是，如果在点值表示法下将两个多项式相乘是 \(O(n)\) 的。

因此我们确定了思路：先将两个多项式搞成点值表示法，再在点值表示法下相乘，最后在倒回去。

“倒过来”的过程我们称为 \(\text{DFT}\)，“倒回去”的过程我们称为 \(\text{IDFT}\)。这两个过程优化后称为 \(\text{FFT}\) 和 \(\text{IFFT}\)。但是实际应用中，我们一般称整个过程为 \(\text{FFT}\)。

\(\text{DFT}\) 中，我们需要找 \(n\) 个值代入多项式求值。

我会！代入 \(0,1,\cdots,n-1\) 算一遍就行！

这是 \(O(n^2)\) 的……

我会！代入 \(\omega_n^0,\omega_n^1,\cdots,\omega_n^{n-1}\) 算一遍就行！

虽然看起来还是 \(O(n^2)\) 的，但是由于某些神奇的性质，我们可以优化！

我们考虑对这个多项式来点操作。下文中默认 \(n\) 是 \(2\) 的整数次幂。实际应用中可以在多项式前面补 \(0\)。

\[A(x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i \]

\[=\sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}a_{2i}x^{2i}+\sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}a_{2i+1}x^{2i+1} \]

\[=\sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}a_{2i}(x^2)^i+x\sum\limits_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}a_{2i+1}(x^2)^i \]

我们记两个新的 \(\dfrac{n}{2}\) 次多项式为 \(A_0(x)\) 和 \(A_1(x)\)，就可以递归下去了。

然后我们在得出 \(A_0(x)\) 和 \(A_1(x)\) 之后就可以合并啦！

\[A(x)=A_0(x^2)+xA_1(x^2) \]

这时，我们注意到前面单位根知识中的 \(\large\omega_n^i=-\omega_n^{\frac{n}{2}+i}\)，发现它们平方之后都是 \(\large\omega_\frac{n}{2}^i\)，可以一起计算这两个东西！于是我们只要让 \(A_0\) 和 \(A_1\) 告诉我们 \(\large\omega_\frac{n}{2}^0,\omega_\frac{n}{2}^1,\cdots,\omega_\frac{n}{2}^{\frac{n}{2}-1}\) 时多项式的值即可。

于是我们只需要 \(\text{DFT}\) 一个 \(n-1\) 次多项式，只需要 \(\text{DFT}\) \(n\) 个 \(\frac{n}{2}-1\) 次多项式。而 \(\text{DFT}\) 一个 \(0\) 次多项式显然是 \(O(1)\) 的，因此总复杂度是 \(T(n)=nT(\frac{n}{2})\)，也就是 \(O(n\log n)\) 的！

于是你已经会 \(\text{DFT}\) 了。

\(\text{IDFT}\) 的证明比较复杂，由于我们是实用主义者，我们只要再来一次类似 \(\text{DFT}\) 的操作，但这次代入 \(-\omega_n^i\)，而且在结束后把每一项除以 \(n\)，就是原来的多项式了。

于是你也会 \(\text{IDFT}\) 了，可以递归实现 \(\text{FFT}\) 了。

1.3 常数优化

考虑我们 \(\text{DFT}\) 的时候系数的下标是怎么分布的。

\[\{0,1,2,3,4,5,6,7\} \]

\[\{\color{red}{0,2,4,6}\color{black}{,}\color{blue}{1,3,5,7}\color{black}\} \]

\[\{\color{red}{0,4}\color{black},\color{blue}{2,6}\color{black},\color{red}{1,5}\color{black},\color{blue}3,7\color{black}\} \]

\[\{\color{red}{0}\color{black},\color{blue}{4}\color{black},\color{red}{2}\color{black},\color{blue}6\color{black},\color{red}{1}\color{black},\color{blue}{5}\color{black},\color{red}{3}\color{black},\color{blue}7\color{black}\} \]

经过观察可以发现，\(x\) 最终的位置是将 \(x\) 的二进制位前后翻转的数字！

那么，我们就可以舍弃这种低效的做法，直接一步到位转好系数，直接自底向上合并！

这样减少了很多不必要的内存访问，同时也会更加好写。

对于这一步，你当然可以一位一位整，但还是太慢了，有一种很方便的实现方法。

最开始往数组里放两个数 \(a_1=0,a_2=\frac{n}{2}\)。

然后依次翻转次高，次次高，次次次高的位，将新数接在原数后面，直到完成数组。

2 \(\text{NTT}\)

2.1 原根

\(\tt{z}\color{red}{houAKngyang}\) 说在大多数情况下我们只需要找一个原根，所以并不需要做原根模板题。

注意到在 \(\text{FFT}\) 中我们用了单位根来 \(\text{DFT}\)，但是单位根需要用到复数和浮点运算，不仅效率不高，还会有精度损失。原根就可以拿来代替单位根。

列出我们用到的单位根的性质：

\(\large\omega_n^0,\omega_n^1,\cdots,\omega_n^{n-1}\) 两两不同。
\(\large\omega_{2n}^{2m}=\omega_{n}^{m}\)。
\(\large\omega_{n}^{m}=-\omega_{n}^{\frac{n}{2}+m}\)。
\(\large\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_n^i=0\)

然后你并不需要知道原根是什么，你只需要知道如果正整数 \(g\) 是质数 \(p\) 的原根，那么 \(g^t\%p\) 就可以代替 \(\omega_n^1\) 了，其中 \(t=\lfloor\frac{p-1}{n}\rfloor\)。

啊？您问我说为什么？我也不知道，爬。

2.2 没了

啊？剩下的和 \(\text{FFT}\) 一模一样，回上一章复习，请。

2.3 \(\text{NTT}\) 模数

并不是所有质数都能拿来 \(\text{NTT}\)，只有部分可以。

最常见的是 \(1004535809\) 和 \(998244353\)，原根都是 \(3\)。

其余 \(\text{NTT}\) 模数请百度“NTT模数表”。

2.4 任意模数 \(\text{NTT}\)

于是我们可以想到把多项式乘起来的真实值算出来然后最后取模，但会爆 long long。

于是我们考虑大力用三个 \(\text{NTT}\) 算出这个值在三个模数下的值，最后 \(\text{CRT}\) 合并即可。

感谢教练 \(\tt{d}\color{red}{evinwang}\) 给的博客资源，拆系数 \(\text{FFT}\) 在写了（（（

2.5 拆系数 \(\text{FFT}\)

注意到系数太大会爆 double 的精度，\(\text{NTT}\) 在模意义下可以用 \(\text{CRT}\)，\(\text{FFT}\) 就不太行了，只能把系数拆掉。

由于系数最大是 \(10^9\)，我们开个根号为 \(32768\)，记为 \(M\)，则

\[A(x)=\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i=\sum_{i=0}^{n-1}(p_iM+q_i)x^i=M\sum_{i=0}^{n-1}p_ix^i+\sum_{i=0}^{n-1}q_ix^i=MA_0(x)+A_1(x) \]

\[(MA_0(x)+A_1(x))(MB_0(x)+B_1(x))=M^2A_0(x)B_0(x)+M(A_0(x)B_1(x)+A_1(x)B_0(x))+A_1(x)+B_1(x) \]

因此我们可以通过 \(7\) 次 \(\text{FFT}\) 来完成计算。

注意：由于要保留约 \(15\) 位数字，请使用 long double。

3 基础题

学会 \(\text{FFT}\) 和 \(\text{NTT}\) 之后就可以写一点简单的多项式题喽！

目前打算跟着 \(\tt{K}\color{red}{arry5307}\) 的题单刷。

3.1 [ZJOI2014]力

因为是第一题所以这个菜鸡看了题解，然后就被 \(\tt{z}\color{red}{houAKngyang}\) d了！

多项式题的关键是将要求的东西变成卷积形式，即 \(\large\sum\limits_{i=0}^na_ib_{n-i}\)。

不难发现后面的式子和前面是反着的，而前面这个已经是卷积形式了（\(a_i=q_i,b_i=\dfrac{1}{i^2}\)），然后就两遍 \(\text{FFT}\) 切了。

草这个题也太板了吧……

3.2 [AH2017/HNOI2017]礼物

这个题没有这么板了，于是这个菜鸡又看了题解，然后被 \(\tt{z}\color{red}{houAKngyang}\) 强行制止了……

先考虑两个环都确定下来了怎么做。

战术拆开贡献，得到 \(x_i^2+y_i^2-2x_iy_i\)，所以我们要求的是 \(\large\max\{\sum\limits_{i=1}^nx_iy_i\}\)。

注意到卷积形式是 \(\large\sum\limits_{i=0}^na_ib_{n-i}\)，这相当于一个翻转操作，我们可以先翻过来再翻回去。

现在的问题是如何重排 \(b\) 使得 \(\large\sum\limits_{i=0}^na_ib_{n-i}\) 最小，然后你发现根本不需要重排，把 \(b\) 倍长之后卷一下，把中间几项加起来就行了。

这样的复杂度目测是 \(nm\log n\)，不太行啊……

哦我们把 \(x_i\) 改成 \(x_i+d_i\)，就能得到 \((x_i-y_i+d_i)^2=x_i^2+y_i^2-2x_iy_i+d_i^2+2(x_i-y_i)d_i\) 了，卷一下再直接枚举 \(d\) 就行。

诶这是我自己切的第一个 poly 题诶！

不过被 \(\tt{z}\color{red}{houAKngyang}\) 怒斥三岁小孩有手就行了/kk

3.3 差分和前缀和

还是根据套路构造卷积。先考虑做一次前缀和。

我们会发现 \(c_i=\sum\limits_{j=0}^ia_j\)，根据卷积形式我们还要构造一个 \(b_j\)。然后发现 \(b_j\) 好像全部是 \(1\) 就满足条件。

所以设 \(B(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1\)，我们要求的就是 \(A(x)\times B(x)^k\) 的后 \(n\) 项。

啊？我不会多项式快速幂，并且 \(k=10^{2333}\) 快速幂好像也不太行，考虑用数学方法计算 \(B(x)^k\)。

哦这个不是随便算吗，第 \(i\) 项系数就是 \(\dbinom{k+i-1}{i}\)，注意到要对 \(1004535809\) 取模边读入边模就好了。

好像并不难的样子！

再考虑做一次差分。我们会发现 \(c_i=a_i-a_{i-1}\)，虽然这和卷积都没啥关系了，但是我们还是把 \(a\) 搞成以 \(1\) 为下标的，构造一个 \(B(x)=1-x\)，然后再算一下 \(B(x)^k\)，根据二项式系数可以得到第 \(i\) 项系数就是 \((-1)^i\dbinom{k}{i}\)。

好像也不难的样子！

又被 \(\tt{z}\color{red}{houAKngyang}\) 怒斥这么简单的题都不能不看题解自己实现了

3.4 【CSGRound2】开拓者的卓识

推了半天没推出来

一开始想按照上一题的套路来做，发现自己还是 \(\text{Naive}\) 了。

这题我们不妨跳过错综复杂的递归，直接考虑每个数对总答案贡献几次。

考虑一个数如何对总答案进行贡献，其实就是被 \(k\) 重区间包着最后送给总答案。例如 \(a_3\) 就可以在 \(sum_{1,3,4},sum_{2,1,4},sum_{3,1,4}\) 中给 \(sum_{3,1,4}\) 贡献。注意到区间的左半部分和右半部分互不相干，我们再套路地搞一个式子 \(c_i=\sum\limits_{j=1}^ia_jf_jf_{i-j+1}\)，于是现在只要求出 \(f_j\) 怎么算就好了。

我们考虑 \(f_j\) 是啥。稍微想了一下，事实上就是在 \([1,j]\) 选 \(k-1\) 个数（最后一个必须是 \(1\)），可以重复。这样有多少种方法呢？插板一算，\(\dbinom{j+k-1}{j-1}\) 种，然后这题又做完了。

3.5 Super Poker

我使用了生成函数切掉这题，请移步生成函数学习笔记（

3.6 Red-White Fence

注意到周长其实就是红板长度加上选的板子的数量。

于是当我们确定了红板长度 \(L\) 和周长 \(C\) 之后，我们需要取出 \(\frac{C}{2}-L-1\) 块白板。

然后很恶心的是虽然板子不能一样长，但是可以在红板两侧各来一块相同长度的白板。

于是我们发现一种颜色的白板超过两条和两条是等价的。

然后我们考虑两种特殊情况：

所有白板都只有一条。

这种情况下，我们可以先选 \(j\) 条，然后分别考虑每条放左边还是右边。

如果从 \(i\) 种白板中选出 \(j\) 条，那么有 \(2^j\binom{i}{j}\) 种方案。

所有白板都有两条。

我们让第一条代表放在左边，第二条代表放在右边。

那么一种方案和选 \(j\) 条板子是一一对应的。

那么如果从 \(i\) 种白板种选出 \(j\) 条，那么有 \(\binom{2i}{j}\) 种方案。

然后我们发现选出 \(i\) 条白板的过程可以拆解成选出 \(j\) 条只有一条的白板和 \(i-j\) 条有两条的白板。

于是我们只需要把两部分拆开即可，先算出选出 \(j\) 条只有一条的白板和有两条的白板的方案数，然后卷积即可。

注意到白板的长度要小于红板，所以要对于每块红版单独 \(\text{NTT}\) 一次。

4 多项式乘法逆

4.1 介绍

数有逆元，多项式也有。

数的逆元乘起来等于 \(1\)，多项式和它的逆乘起来也等于 \(1\)。

但是你发现两个多项式乘起来次数更高，因此这里的逆元是在模 \(x^n\) 意义下的，\(n\) 为多项式最高次数加 \(1\)，也就是把多出来的位数砍掉。

比如 \(A(x)=x-1\) 的逆元就是 \(B(x)=x+1\)，因为它们乘起来等于 \(x^2+1\equiv 1\pmod{x^n}\)。

4.2 算法

我们仍然考虑递归求解。假设我们已经知道了 \(B_0\) 使得

\[A(x)\times B_0(x)\equiv 1\pmod{x^\frac{n}{2}} \]

要求 \(B\) 使得

\[A(x)\times B(x)\equiv 1\pmod{x^{n}} \]

\[B_0(x)-B(x)\equiv 0\pmod{x^\frac{n}{2}} \]

两边平方。

\[B_0(x)^2+B(x)^2-2B_0(x)B(x)\equiv 0\pmod{x^n} \]

同乘 \(A(x)\)。

\[A(x)B_0(x)^2+B(x)-2B_0(x)\equiv 0\pmod{x^n} \]

\[B(x)\equiv2B_0(x)-A(x)B_0(x)^2\pmod{x^n} \]

然后暴力算就好了。

Note:注意到虽然 \(\text{NTT}\) 求到了 \(2n\) 次项，但是我们依旧只取准确的前 \(n\) 次项。

4.3 任意模数多项式乘法逆

~~这个题目不讲武德，卡常（恼~~

好啊，\(18\) 次 \(\text{NTT}\) 换成 \(15\) 次就过了，良心出题人！

5 倍增 \(\text{FFT}\)

5.1 介绍

\(\text{FFT}\) 在倍增上的小应用。

如果一个多项式可以通过某种方式递推，但是要求 \(10^9\) 项的系数，我们就可以尝试倍增 \(\text{FFT}\)。

倍增 \(\text{FFT}\) 的关键在于将第 \(i\) 项转移到第 \(i+1\) 和第 \(2i\) 项。有时候还需要处理第 \(i-1,i-2\) 项。

5.2 PolandBall and Many Other Balls

大家千万不要被倍增 \(\text{FFT}\) 吓到了，事实上倍增 \(\text{FFT}\) 的主要点还是在倍增上，\(\text{FFT}\) 只起辅助作用。

如果 \(n,k\leq 1000\)，相信大家都会做吧。

我们设 \(f_{i,j}\) 为在前 \(i\) 个数选 \(j\) 组的方案数，那么 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}+f_{i-2,j-1}\)。

然后数据范围变大了，这个 dp 就过不去了，我们考虑是否有更高明的方法。

由于这是个 \(\text{FFT}\) 题，脑洞大开，发现了一种神奇的方法：

注意到两段长度为 \(j\) 和 \(i-j\) 的序列合起来，长度就是 \(i\) 的。于是我们可以将长度为 \(i\) 的序列拆解成长度为 \(j\) 和 \(i-j\) 的序列。

但是存在一个例外情况：那就是 \(j\) 和 \(j+1\) 组成一组，这种情况我们则可以拆解成长度为 \(j-1\) 和 \(i-j-1\) 的序列，即当作一个长度为 \(i-2\) 的序列。

于是我们得到了 \(f_{x,i}=\sum\limits_{j=0}^if_{y,j}f_{z,i-j}+\sum\limits_{j=0}^if_{y-1,j}f_{z-1,i-j}\)，而只需要满足 \(x=y+z\)，\(y\) 和 \(z\) 可以任选。

然后我们发现我们已经搞出了卷积式 \(c_i=\sum\limits_{j=0}^ia_jb_{i-j}\) 的形式，于是就可以整一个多项式了。

设 \(F_n(x)=\sum\limits_{i=0}^k f_{n,k}x^i\)。那么我们就可以写出一些式子。

首先，最基础的 \(1\) 式：\(F_n(x)=(x+1)F_{n-1}(x)+xF_{n-2}(x)\)

然后，新的 \(2\) 式：\(F_n(x)=F_m(x)F_{n-m}(x)+xF_{m-1}(x)F_{n-m-1}(x)\)

然后就到了喜闻乐见的倍增 \(\text{FFT}\) 时间：接下来我们考虑怎么通过 \(F_{n}(x)\) 求出 \(F_{2n}(x)\)。

首先根据 \(2\) 式可以知道 \(F_{2n}(x)=F_n^2(x)+xF_{n-1}^2(x)\)，于是我们考虑如何维护 \(F_{2n-1}(x)\)。

然后再用 \(2\) 式可以知道 \(F_{2n-1}(x)=F_n(x)F_{n-1}(x)+xF_{n-1}(x)F_{n-2}(x)\)，于是我们考虑如何维护 \(F_{2n-2}(x)\)。

最后再用 \(2\) 式可以知道 \(F_{2n-2}(x)=F_{2(n-1)}(x)=F_{n-1}^2(x)+xF_{n-2}^2(x)\)，于是这道题就做完了。

总结一下倍增板子：

int t=highbit(n)>>1;
//set F(0)
for(; t>=1; t>>=1)
{
	mul();
	if(n&t) add();
}

其中 \(f1\) 将 \(x\) 变成 \(2x\)，\(f2\) 将 \(x\) 变成 \(x+1\)。

5.3 Transforming Sequence

这个 \(n\leq 10^{18}\) 是啥啊……这不明显 \(n\leq k\) 吗？？？

考虑每个数每一位的情况：之前选过的位可选可不选，之前没选过的位至少要选一个。

于是列个 dp 式子。设 \(f_{n,i}\) 为前 \(n\) 个数的或中有 \(i\) 个 \(1\) 的方案数，

\[f_{n,i}=\sum_{j=0}^{i-1}f_{n-1,j}2^j\binom{i}{j} \]

我们已经看到卷积了，开始化简！

\[f_{n,i}=\sum_{j=0}^{i-1}f_{n-1,j}2^j\binom{i}{j} \]

\[=\sum_{j=0}^{i-1}f_{n-1,j}2^j\frac{i!}{(i-j)!j!} \]

\[=i!\sum_{j=0}^{i-1}(f_{n-1,j}2^j\frac{1}{j!})\frac{1}{(i-j)!} \]

于是我们用 \(\text{FFT}\) 计算可以做到 \(O(nk\log k)\)。

然后我们考虑优化。如果我们把序列前后两部分分开，我们发现，后面的数中，前面的位可以随便选。

所以我们得到了另一个式子：令 \(n=a+b\)，

\[f_{n,i}=\sum_{j=0}^if_{a,j}f_{b,i-j}2^{bj}\binom{i}{j} \]

\[=\sum_{j=0}^if_{a,j}f_{b,i-j}2^{bj}\frac{i!}{j!(i-j)!} \]

这个东西一脸可以倍增的样子，我们设 \(m=\frac{n}{2}\)

\[f_{n,i}=i!\sum_{j=0}^if_{m,j}\frac{1}{j!}f_{m,i-j}\frac{1}{(i-j)!}2^{mj} \]

然后就做完啦！

6 分治 \(\text{FFT}\)

6.1 介绍

考虑有这么个东西。

\[f_i=\sum_{j=0}^{i-1}f_jg_{i-j} \]

告诉你 \(g\) 数组，求 \(f\) 数组。

然后你发现这个东西非常的卷积形式，但是又不能直接卷积，因为后面的项需要前面的信息。

然后我们考虑将答案拆成几部分。

比如我们将 \(f(7)\) 的贡献二进制拆分成 \([0,3]+[4,5]+[6,6]\)。

然后我们就可以分治了。在区间 \([l,r]\) 中，我们只需要做这些事情：

如果 \(l=r\) 返回。
递归左区间。
处理左区间对右区间的贡献。
递归右区间。

这样你会发现拆出来的每一段都被处理过，问题就完美解决了。

啊？您说为什么？自己手模一遍就好了。

现在我们考虑左区间对右区间的贡献。

\[f_i=\sum_{j=l}^{r}f_jg_{i-j} \]

与之不同的是这个时候我们已经知道所有的 \(f_j\) 了，可以直接卷了。

注意到 \(f\) 的前几项都是空的，我们可以平移一下再卷，减少项数。

因此分析时间复杂度为 \(T(n)=2T(\frac{n}{2})+n\log n\)，我不会主定理但是这看起来是 \(O(n\log^2n)\) 的。

7 多项式指对根

7.0 多项式求导积分

很多多项式指对幂都依赖于求导积分这一操作。

由于它们是可逆的，所以我们可以放心操作。

求导：\((x^a)\'=ax^{i-1}\)。

积分：\(\int x^adx=\frac{1}{a+1}x^{a+1}\)

然后这些显然都是 \(O(n)\) 的。

7.1 多项式 \(\ln\)

\[G(x)=\ln(F(x)) \]

\[G\'(x)=\ln\'(F(x))F\'(x) \]

\[G\'(x)=\frac{F\'(x)}{F(x)} \]

\[G(x)=\int\frac{F\'(x)}{F(x)}dx \]

由于我们只关心多项式模 \(x^n\) 的值，所以不需要多项式除法，直接多项式求逆即可。

7.2 多项式 \(\exp\)

比 \(\ln\) 难亿点。

7.2.1 泰勒展开

请自行查阅知乎第一篇回答。

由于某些不可告人的原因，不细讲。

7.2.2 牛顿迭代

假如我们要求函数 \(F(x)\) 使 \(G(F(x))\equiv0\pmod {x^{n}}\)。

假设我们已经知道了 \(G(F_0(x))\equiv0\pmod {x^{\frac{n}{2}}}\)

然后我们欢乐在 \(F_0(x)\) 处泰勒展开：\(G(F(x))=\sum\limits_{i=0}^\infty\dfrac{G^i(F_0(x))}{i!}(F(x)-F_0(x))^i\)

然后由于我们对 \(x^n\) 取模，因此只需要取 \(i=0,1\) 的情况即可。

\[G(F(x))=G(F_0(x))+G\'(F_0(x))(F(x)-F_0(x)) \]

\[0\equiv G(F_0(x))+G\'(F_0(x))(F(x)-F_0(x))\pmod {x^n} \]

\[F(x)\equiv F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G\'(F_0(x))}\pmod{x^n} \]

7.2.3 正片

\[e^{A(x)}=B(x) \]

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

\[f(B(x))=\ln B(x)-A(x)=0 \]

于是我们就可以求零点了，我们直接让 \(A(x)\) 成为一个常数。

\[B(x)=B_0(x)-\frac{f(B_0(x))}{f\'(B_0(x))} \]

\[B(x)=B_0(x)-\frac{\ln B_0(x)-A(x)}{\frac{1}{B_0(x)}} \]

\[B(x)=B_0(x)(1-\ln B_0(x)+A(x)) \]

众所周知我们可以求一个多项式的 \(\ln\)，然后这个就做完了。

显然模 \(x^1\) 意义下 \(\ln B(x)=0\)，那么让 \(B(x)=1\) 即可。

7.3 多项式开根

同样使用牛顿迭代。

\[B^2(x)=A(x) \]

\[f(B(x))=B^2(x)-A(x)=0 \]

于是我们就可以求零点了，我们直接让 \(A(x)\) 成为一个常数。

\[B(x)\equiv B_0(x)-\frac{f(B_0(x))}{f\'(B_0(x))}\pmod{x^n} \]

\[B(x)\equiv B_0(x)-\frac{B_0^2(x)-A(x)}{2B_0(x)}\pmod {x^n} \]

\[B(x)\equiv \frac{B_0^2(x)+A(x)}{2B_0(x)}\pmod {x^n} \]

众所周知我们可以求一个多项式的逆，然后这个就做完了。

8 多项式除法

\[\frac{A(x)}{B(x)}=A(x)+\frac{1}{B(x)} \]

这个大家都知道吧。

但是这个多项式除法可以求商和余数，是不是很神奇（

首先，我们考虑一个多项式系数翻转的代数意义是什么。

啊这当然很简单，一个 \(n\) 次多项式翻转相当于 \(x^nF(\frac{1}{x})\)。

有了这个能干什么用呢？我们开始推柿子。

下文 \(F(x)\) 是 \(n\) 次的，\(G(x)\) 是 \(m\) 次的。

\[F(x)=G(x)Q(x)+R(x) \]

\[F(\frac{1}{x})=G(\frac{1}{x})Q(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x}) \]

我们定义 \(x^nF(\frac{1}{x})=F_0(x)\)。

\[x^nF(\frac{1}{x})=x^nG(\frac{1}{x})Q(\frac{1}{x})+x^nR(\frac{1}{x}) \]

\[x^nF(\frac{1}{x})=x^mG(\frac{1}{x})x^{n-m}Q(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x}) \]

\[F_0(x)=G_0(x)Q_0(x)+x^{n-m+1}R_0(x) \]

如果我们模 \(x^{n-m+1}\) 就可以得到 \(F_0(x)\equiv G_0(x)Q_0(x)\pmod {x^{n-m+1}}\)

因为 \(Q_0\) 是个 \(n-m\) 次多项式，因此我们可以直接得到 \(Q_0\)，然后求出 \(Q\) 和 \(R\)。

然后就做完了。

9 上升幂/下降幂引入

9.1 定义

\(x^{\underline n}\) 是 \(x\) 的 \(n\) 次下降幂。

\(x^{\overline n}\) 是 \(x\) 的 \(n\) 次上升幂。

\[x^{\underline n}=x(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1) \]

\[x^{\overline n}=x(x+1)(x+2)\cdots(x+n+1) \]

9.2 性质

众所周知对于普通多项式 \(F(x)\) 我们可以微分。

\[Df(x)=\lim\limits_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} \]

\[D(x^n)=nx^{n-1} \]

事实上下降幂也有这个优美的性质，但是不是微分，而是差分。

\[\Delta f(x)=f(x+1)-f(x) \]

\[\Delta(x^{\underline n})=nx^{\underline{n-1}} \]

众所周知 OI 里很多函数可能是离散的，所以差分有时可以解决微分不能解决的东西。

另外，下降幂和普通多项式还有很多类似的性质：

\[\int\!x^k=\frac{x^{k+1}}{k+1} \]

\[\sum_{i=0}^{n-1}\!x^{\underline k}=\frac{n^{\underline{k+1}}}{k+1} \]

甚至 \(k=-1\) 的特例也是一样的：

\[\int\!x^{-1}=\ln x \]

\[\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{i+1}=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i} \]

我们得到了~~中华级数~~调和级数，和 \(\ln\) 也有联系。

10 下降幂多项式乘法

众所周知普通多项式乘法需要先转点值，那么我们也尝试转一下点值。

这里的点值显然不能取 \(x=\omega_n^0,\omega_n^1,\cdots,\omega_n^{n-1}\)。

由于下降幂多项式可以差分，我们考虑 \(x=0,1,2,\cdots,n-1\)。

我们考虑搞这个点值序列的 \(\text{EGF}\)。

\[F^\#(x)=\sum_{i=0}^\infty\frac{F(i)}{i!}x^i \]

看起来这玩意很难搞，我们先考虑 \(F(x)=x^{\underline n}\) 的情况。

\[\sum_{i=0}^\infty\frac{i^{\underline n}}{i!}x^i=\sum_{i=0}^\infty[i\geq n]\frac{1}{(i-n)!}x^i \]

\[=x^n\sum_{i=0}^\infty\frac{1}{i!}x=x^ne^x \]

于是我们可以对于每一项分别计算：

\[F^\#(x)=\sum_{i=0}^\infty\frac{F(i)}{i!}x^i \]

\[=e^x\sum_{i=0}^\infty F[i]x^i \]

然后我们就可以得到 \(\text{EGF}\) 了。我们 \(\text{EGF}\) 转 \(\text{OGF}\) 再转 \(\text{EGF}\) 就得到了两个多项式乘起来的 \(\text{EGF}\)，最后乘 \(e^{-x}\) 即可转换回乘积的下降幂多项式。

11 多项式多点求值

考虑一个多项式 \(G(x)=(x-x_0)\)。

我们用 \(F(x)\) 去除 \(G(x)\)，得到 \(F(x)=G(x)Q(x)+R(x)\)。

注意到 \(G(x)\) 只有一次，所以 \(R(x)\) 是 \(0\) 次的。

如果 \(x=x_0\)，那么上式的 \(F(x_0)=G(x_0)Q(x_0)+R(x_0)\)。

\[\because G(x_0)=x_0-x_0=0 \]

\[\therefore F(x_0)=R(x_0) \]

于是我们只需要知道

\[F(x)\mod(x-x_i)\ (i=1,2,\cdots,m) \]

就做完了。

考虑怎么快速求上面的式子，我们考虑分治。

我们先求出多项式 \(\prod\limits_{i=1}^k\limits(x-x_i)\) 和 \(\prod\limits_{k+1}^m(x-x_i)\)，然后让 \(F(x)\) 对它们取模，得到 \(F_0(x)\) 和 \(F_1(x)\)。

然后我们将 \(F_0(x)\) 和 \(F_1(x)\) 再递归下去，分别求出 \(i\in[1,k]\) 和 \(i\in[k+1,m]\) 时的值。

注意到 \(\prod\limits_{i=1}^k\limits(x-x_i)\) 和 \(\prod\limits_{k+1}^m(x-x_i)\) 也可以预处理，那么我们就可以做了。

分析一下时间复杂度：\(T(n)=2T(\frac{n}{2})+n\log n=O(n\log^2 n)\)

12 下降幂和普通多项式的转换

12.1 普通多项式转下降幂多项式

12.1.1 暴力做法

众所周知我们知道下降幂多项式点值的 \(\text{EGF}\) 就可以求出下降幂了。

于是一个暴力的做法是上多项式多点求值暴力求出 \(n\) 个位置的值。

12.1.2 周队算法

这是 \(\tt z\color{red}\tt houAKngyang\) 发明的第一个算法！

该名称已经经过 \(\tt z\color{red}\tt houAKngyang\) 确认。

前置知识：

\(O(n\log n)\) 多项式除法/取模
\(O(n\log n)\) 下降幂/上升幂单项式转普通多项式（第一类斯特林数·行）
（非必须）分治 \(\text{FFT}\)

首先这个方法不需要难写常数大的多项式多点求值，但是本质还是分治。

注意到我们可以把式子拆开。

\[G(x)=\sum_{i=0}^mg_ix^{\underline{i}}+\sum_{i=m}^ng_ix^{\underline{i}} \]

\[=\sum_{i=0}^{m}g_ix^{\underline{i}}+x^{\underline{m+1}}\sum_{i=m+1}^ng_i(x-m)^{\underline{i-m-1}} \]

\[=G_0(x)+x^{\underline{m+1}}G_1(x-m) \]

我们对 \(x^{\underline{m+1}}\) 取模，然后也得到了 \(F(x)=F_0(x)+x^{\underline{m+1}}F_1(x)\)。

然后我们递归继续这个过程。注意继续递归时式子可能是 \(G(x-m)\)。

时间复杂度 \(T(n)=2T(\frac{n}{2})+n\log n=\Theta(n\log^2n)\)。