多項式基礎3 多項式多點求值 多項式快速插值 多項式取模優化線性遞推數列

多項式多點求值

給定$n$個值$x_i$，求$f(x_i)$。

設$f_0(x)=\sum_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}f(x_i)$，$P_0(x)=\prod_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}x-x_i$。則有$f(x)=P_0(x)z(x)+f_0(x)$其中$z(x)$是某一多項式。

於是對於$i<\frac{n}{2}$，有$f(x_i)=(f\bmod P_0)(x_i)$。後一半同樣。遞歸計算即可，每次用分治卷積和多項式取模，複雜度爲$O(n\log^2n)$。

多項式快速插值

給定$n$個二元組$(x_i,y_i)$，求$F(x)$使$F(x_i)=y_i$。

由拉格朗日插值公式，$F(x)=\sum_i\frac{\prod_{j=\not i}(x-x_j)}{\prod_{j=\not i}(x_i-x_j)}\cdot y_i$
設$M(x)=\prod_i(x-x_i)$，則$F(x)=\sum_i\frac{\prod_{j=\not i}(x-x_j)}{\frac{M(x_i)}{x_i-x_i}}\cdot y_i$$F(x)=\sum_i\frac{\prod_{j=\not i}(x-x_j)}{M'(x_i)}\cdot y_i$
此時可以用多項式多點求值求出所有的$M'(x_i)$。設$A_i=\frac{y_i}{M'(x_i)}$，則等式變爲$F(x)=\sum_iA_i\prod_{j=\not i}(x-x_j)$
分治即可。設兩半邊答案分別爲$F_0(x)$、$F_1(x)$，則$F(x)=F_0(x)\prod_{i=mid+1}^r(x-x_i)+F_1(x)\prod_{i=l}^{mid}(x-x_i)$
複雜度爲$O(n\log^2n)$。

*2019.01.11 13:30:18

線性遞推數列

給定長爲$m$的數列$a_0,a_1,\cdots,a_{m-1}$，給定$f(i)(i<m)$，已知對於任意$i\ge m$有$f(i)=\sum_{j=0}^{m-1}a_jf(i-j)$，求$f(n)$。
$n=10^{18}$，$m=3\times 10^4$。

設數列$A$滿足$f_n=\sum_{i=0}^\infty A_if_i$，則我們容易得到一個合法的數列$A$即$A'_i=\begin{cases}0(i=\not n)\\1(i=n)\end{cases}$。若我們求得一個$A$使其非零項的下標都在$[0,m-1]$，則我們可以立即求得$f(n)$。現在考慮將$A'$變形。

原等式變形得$f(i)-\sum_{j=0}^{i-1}a_jf(i-j)=0$設多項式$B_i(x)=f(i)-\sum_{j=0}^{i-1}a_jf(i-j)$，則其恆等於$0$。

考慮這樣一個過程：我們已有一個合法的$A$，其最高的非零項爲$A_k$，現將$A$賦值爲$A-B_k$，則其值不變，而最高非零項的下標嚴格減少。因此我們對$A'$不斷做這個過程即可得到我們想要的$A$。

事實上，“不斷做這個過程”等價於將$A'$對$B_{m-1}$取模。用多項式取模，我們就在$O(m\log n\log m)$的時間複雜度內解決了問題。*2018.12.5