【多項式】多項式逆元/開方/取模/多點求值/插值/牛頓迭代/對數/exp/冪

多項式求逆元

已知多項式$F(x)$，求$F(x)$在保留前n項（當然n要是2的次冪）的情況下的逆元$G(x)$，也就是：
$F(x)G(x)\equiv 1 \pmod{x^n}$
首先，如果$n=1$，那麼直接就是常數項的逆元，

如果$n>1$，那麼怎麼辦？
設：$G'(x)$使得$F(x)G'(x)\equiv 1 \pmod{x^{n/2}}$，且我們已知$G'(x)$
第一個式子可以變成：$F(x)G(x)\equiv 1 \pmod{x^{n/2}}$
（把模數開了個方，依舊成立）
把兩個式子相減：
$F(x)(G(x)-G'(x))\equiv 0 \pmod{x^{n/2}}$
$G(x)-G'(x)\equiv 0 \pmod{x^{n/2}}$
同時平方：（當然模數也平方依舊成立）
$(G(x)-G'(x))^2\equiv 0 \pmod{x^n}$
$G^2(x)+G'^2(x)-2G(x)G'(x)\equiv 0 \pmod{x^n}$
兩邊同時乘上$F(x)$，消掉部分$G(x)$：
$G(x)+G'^2(x)F(x)-2G'(x)\equiv 0 \pmod{x^n}$
$G(x)\equiv 2G'(x)-G'^2(x)F(x) \pmod{x^n}$
那麼，$G(x)$就可以快速求出了，
（同時發現，只要常數項有逆元，這個多項式就有逆元）
複雜度：$T(n)=T(n/2)+O(n\log(n))=O(n\log(n))$

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多項式開方

多項式的開方同樣可以以這種方法做出來，

已知多項式$F(x)$，求$F(x)$在保留前n項（當然n要是2的次冪）的情況下的平方根$G(x)$，也就是：
$G^2(x)\equiv F(x) \pmod{x^n}$
首先，如果$n=1$，那麼直接就是常數項的開方，可以暴力枚舉，也可以用二次項剩餘（CZY的二次剩餘Cipolla算法學習小記），

對於$n>1$的情況，
設：$G'(x)$使得$G'(x)^2\equiv F(x) \pmod{x^{n/2}}$，且我們已知$G'(x)$，
（把平方寫在後面好看QuQ）

第一個式子可以變成：$G^2(x)\equiv F(x) \pmod{x^{n/2}}$
（把模數開了個方，依舊成立）
把兩個式子相減：
$G^2(x)-G'(x)^2\equiv 0 \pmod{x^{n/2}}$
因式分解：
$(G(x)+G'(x))(G(x)-G'(x))\equiv 0 \pmod{x^{n/2}}$
可得$G(x)$有兩個解（平方嘛），討論$G(x)-G'(x)\equiv 0 \pmod{x^{n/2}}$的情況，
$G(x)-G'(x)\equiv 0 \pmod{x^{n/2}}$
（歷史總是驚人的相識）
同時平方：（當然模數也平方依舊成立）
$(G(x)-G'(x))^2\equiv 0 \pmod{x^n}$
$G^2(x)+G'(x)^2-2G(x)G'(x)\equiv 0 \pmod{x^n}$
因爲：$G^2(x)\equiv F(x) \pmod{x^n}$
$F(x)+G'(x)^2-2G(x)G'(x)\equiv 0 \pmod{x^n}$
$G(x)\equiv \frac{F(x)+G'(x)^2}{2G'(x)} \pmod{x^n}$
那麼，$G(x)$就可以快速求出了，
（同時發現，只要常數項是二次項剩餘且有逆元，這個多項式就可以開方）
複雜度：$T(n)=T(n/2)+2*O(n\log(n))=O(n\log(n))$

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多項式取模

已知$A(x),B(x)$，求$D(x)=A(x)\mod B(x)$，
令$A(x)=B(x)C(x)+D(x)$
設$n=A(x)的次數，m=B(x)的次數$，顯然有$m\leq n$，
上面的等式兩邊同時乘上$x^n$得：
$x^nA(\frac{1}{x})=x^mB(\frac{1}{x})x^{n-m}C(\frac{1}{x})+x^nD(\frac{1}{x})$
（$\frac{1}{x}$的作用相當於是把多項式頭尾翻轉一下）

設$A'(x)=x^nA(\frac{1}{x})，B'(x)=x^mB(\frac{1}{x})，C'(x)=x^{n-m}C(\frac{1}{x})，D'(x)=x^nD(\frac{1}{x})$

可以發現，經過翻轉後，
$D'(x)$中只有次數$\in[n-m+1,n]$的項是有效的，其他項均爲0，,
$A'(x)$中次數$\in[0,n]$的項是有效的，
$B'(x)$中次數$\in[0,m]$的項是有效的，
$C'(x)$中次數$\in[0,n-m]$的項是有效的，

現在再對原來的等式$\mod{x^{n-m+1}}$，也就是
$A'(x)=B'(x)C'(x)+D'(x) \mod{x^{n-m+1}}$
這樣$D'(x)$這一項就能模掉了，也就是：
$A'(x)=B'(x)C'(x) \mod{x^{n-m+1}}$
$\frac{A'(x)}{B'(x)}=C'(x) \mod{x^{n-m+1}}$
因爲$C'(x)$的次數範圍剛好在模以內，所以就可以直接求出$C'(x)$，變換得$C(x)$，
求出了$C(x)$,剩下直接減就好了
$D(x)=A(x)-B(x)C(x)$

複雜度：$O(n\log(n))$

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多項式多點求值

已知多項式$F(x)$，給出$a_1,a_2,...,a_n$，要求$F(a_1),F(a_2),...,F(a_n)$

先拋出一個顯然的結論：$F(a_1)=F(x)\mod{(x+a_1)}$，
（意思是：多項式$F(x)$模多項式$(x+a_1)$的餘數就是當$x=a_1$時$F(x)$的值）

有這個結論就好辦了，
設多項式$C_{l,r}(x)=\prod_{i=l}^r(x+a_i)，G_{l,r}(x)=F(x)\mod{C_{l,r}(x)}$，
考慮分治求解，
顯然的：$G_{l,mid}(x)=G_{l,r}(x)\mod{C_{l,r}(x)}$，右邊同理，
這樣當l=r時$G_{l,l}(x)$就是$F(a_l)$的值了，
做兩遍分治FFT，

複雜度：$O(n\log^2(n))$

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多項式差值

給出$a_1,b_1,a_2,b_2,...,a_k,b_k$，要求多項式$F(x)$滿足$F(a_i)=b_i$，

考慮使用拉格朗日插值法，
$F(x)=\sum_{i=1}^kb_i(\prod_{1\leq j \leq k,i\ne j }\frac{x-a_j}{a_i-a_j})$
將式子拆成兩部分：

$F(x)=\sum_{i=1}^kb_i(\prod_{1\leq j \leq k,i\ne j }\frac{1}{a_i-a_j})(\prod_{1\leq j \leq k,i\ne j }(x-a_j))$
先做前面那一部分：（先取個倒數方便書寫）
設$G_i=\prod_{1\leq j \leq k,i\ne j }(a_i-a_j)，M(x)=\prod_{j=1}^k(a_i-a_j)$
顯然有$M(a_i)=0$,

有：
$G_i=\lim_{x\to a_i}\frac{M(x)-M(a_i)}{x-a_j}$
我們發現這個東西相當於$M(x)$在$x=a_i$處的導數，於是有：

$G_i=\lim_{x\to a_i}\frac{M(x)-M(a_i)}{x-a_j}=M'(a_i)$
所以對$M'(x)$做一次多點求值即可，

這個東西還可以用洛必達法則證明，
設$f(x)=x-a_i$
已知有$\lim_{x\to a_i}M(x)=0,\lim_{x\to a_i}f(x)=0$
所以：
$\lim_{x\to a_i}\frac{M(x)}{f(x)}=\lim_{x\to a_i}\frac{M'(x)}{f'(x)}=M'(a_i)$

現在的原始變成了：
$F(x)=\sum_{i=1}^kb_iG_i(\prod_{1\leq j \leq k,i\ne j }(x-a_j))$
這個東西可以直接使用分治FFT實現，分治的時候記錄兩個多項式分別表示是否已經空缺了一位，

複雜度：$O(n\log^2(n))$

多點求值+幾遍分治FFT常數爆炸

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多項式牛頓迭代

已知多項式$G(x)$，要求多項式$F$使得$G(F)=0\mod{x^n}$

前置技能：

泰勒展開

對於多項式$f(x)$它在$x_0$處的泰勒展開爲：
$f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x)}{2!}(x-x_0)^2+.....$

考慮倍增求$F$

現在要求的$F$是$\mod x^{2n}$的，假設我們已經求出了$F_0$表示$\mod x^n$時的答案，

把$G(F)$在$F_0$處展開：
$G(F)=G(F_0)+G'(F_0)(F-F_0)+\frac{1}{2}G''(F_0)(F-F_0)^2 \mod{x^{2n}}$
我們注意到是在$\mod{x^{2n}}$意義下的，而從第3項開始最低次項的指數均大於2n，所以可以直接省去，於是：

$G(F)=G(F_0)+G'(F_0)(F-F_0)\mod{x^{2n}}$
又因爲$G(F)=0\mod{x^{2n}}$，

$0=G(F_0)+G'(F_0)F-G'(F_0)F_0\mod{x^{2n}}$

$F=F_0-\frac{G(F_0)}{G'(F_0)}$

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多項式求對數

給出多項式$G(x)$，要求$F(x)$使得$F(x)=\ln(G(x))\mod{x^n}$

對兩邊同時求導，最後再積分回來，
有：
$(\ln(G(x)))'=\frac{G'(x)}{G(x)}$
所以
$F(x)=\int \frac{G'(x)}{G(x)}dx$

複雜度：$O(n\log(n))$

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多項式求EXP

給出多項式$G(x)$，求$F(x)$滿足$F(x)=e^{G(x)}$，

考慮使用牛頓迭代，
設多項式$g(x)=ln(x)-G(x)$，即$g(F)=0$

$F=F_0-\frac{g(F_0)}{g'(F_0)}$
又因爲
$g'(F_0)=(\ln(F_0))'-(A)'=\frac{1}{F_0}$
所以：

$F=F_0-F_0(\ln(F_0)-A)$

複雜度：$O(n\log(n))$

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多項式求冪

給出多項式$F(x)$，求$F(x)^k$，
$F(x)^k=e^{k\ln(F(x))}$

這樣如果k不爲整數也能求了

複雜度：$O(n\log(n))$

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