多项式求逆，多项式取模，多项式开方 学习笔记

前言

还记得上个学期tututu跟我提过多项式的很多操作，还有一些优化常数的奇技淫巧，然而那个时候我一脸懵逼。最近几天无所事事，去洛谷做比赛又整天被吊着打，闲暇之余就想着学一下多项式的几个基本操作。

其实一开始我是想学CZT的，根据myy的论文它能把BZOJ3992那题优化到 O(mlog(m)+mlog(n)) O ( m log ⁡ ( m ) + m log ⁡ ( n ) ) 。然而它的应用面不广我就很功利地没有学。还有如何用两次DFT求实序列的卷积等等。至于多项式牛顿迭代法，生成函数之类的，等我补完高数再回来学吧。说不定以后会填这些坑

多项式求逆，取模及开方应该算是多项式最为常见的应用，主要配合生成函数，常系数线性齐次递推优化一起用。虽然已经有很多dalao们写过详细的笔记，不过这些算法的题目比较少，我怕太久没写就忘了，所以还是自己写(shui)一篇QAQ。

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多项式求逆：

定义：

给出多项式 A(x) A ( x ) ，现要求一个多项式 B(x) B ( x ) ，使得：

A(x)B(x)≡1(modxn) A ( x ) B ( x ) ≡ 1 ( mod x n )

为什么要模 xn x n ？如果不在模 xn x n 意义下定义逆元，除非 A(x) A ( x ) 只有常数项，否则根据二项式定理， B(x) B ( x ) 有无穷多项。

模 xn x n ，换句话说就是把多项式 A(x)B(x) A ( x ) B ( x ) 的n次方及更高次项截断。

暴力：

考虑如何暴力求逆。

令 C(x)=A(x)∗B(x) C ( x ) = A ( x ) ∗ B ( x ) 。由于 A0B0=C0=1 A 0 B 0 = C 0 = 1 ，可得 B0 B 0 为 A0 A 0 的逆元。又因为 A0B1+A1B0=C1=0 A 0 B 1 + A 1 B 0 = C 1 = 0 ，可以解得 B1=−A1B0A0 B 1 = − A 1 B 0 A 0 。依此类推，即可解出 B0 B 0 至 Bn−1 B n − 1 。解到 Bn−1 B n − 1 即可停止，因为求逆在模 xn x n 意义下进行。

同时我们可以看出，多项式 A(x) A ( x ) 是否存在逆元 B(x) B ( x ) ，只取决于 A0 A 0 是否有逆元，因为每次求 Bi B i 的时候，分母的位置总是 A0 A 0 。在下面 O(nlog(n)) O ( n log ⁡ ( n ) ) 的算法中，同样可以证明这一点。

倍增：

为了方便，下面假设 n=2k(k>0) n = 2 k ( k > 0 ) 。如果实际操作中n不是2的幂，像FFT那样将n强行增大到2的幂即可。如果n=1，直接求 A0 A 0 的逆元即可。

假设已经求出多项式 G(x) G ( x ) ，使得：

A(x)G(x)≡1(modxn2) A ( x ) G ( x ) ≡ 1 ( mod x n 2 )

因为 A(x)B(x)≡1(modxn) A ( x ) B ( x ) ≡ 1 ( mod x n ) ，所以 A(x)B(x)≡1(modxn2) A ( x ) B ( x ) ≡ 1 ( mod x n 2 ) 。两式相减可得：

A(x)(G(x)−B(x))≡0(modxn2) A ( x ) ( G ( x ) − B ( x ) ) ≡ 0 ( mod x n 2 )

因为 A(x) A ( x ) 不为0，所以 G(x)−B(x)≡0(modxn2) G ( x ) − B ( x ) ≡ 0 ( mod x n 2 ) ，将其平方可得：

G2(x)+B2(x)−2G(x)B(x)≡0(modxn) G 2 ( x ) + B 2 ( x ) − 2 G ( x ) B ( x ) ≡ 0 ( mod x n )

为什么式子最后面 xn2 x n 2 变成了 xn x n 呢？考虑 (G(x)−B(x))2[i](0<=i<n) ( G ( x ) − B ( x ) ) 2 [ i ] ( 0 <= i < n ) ，它等于 ∑ij=0(G(x)−B(x))[j]∗(G(x)−B(x))[i−j] ∑ j = 0 i ( G ( x ) − B ( x ) ) [ j ] ∗ ( G ( x ) − B ( x ) ) [ i − j ] ，而 G(x)−B(x) G ( x ) − B ( x ) 的第 i i 项和第 i−j i − j 项中至少有一项为0。

将式子两边同时乘以 A(x) A ( x ) ，可得：

A(x)G2(x)+B(x)−2G(x)≡0(modxn) A ( x ) G 2 ( x ) + B ( x ) − 2 G ( x ) ≡ 0 ( mod x n )

（注意 A(x)B(x)≡1(modxn) A ( x ) B ( x ) ≡ 1 ( mod x n ) ，乘上去之后抵消了）

所以：

B(x)≡2G(x)−A(x)G2(x)(modxn) B ( x ) ≡ 2 G ( x ) − A ( x ) G 2 ( x ) ( mod x n )

对 A(x) A ( x ) 和 G(x) G ( x ) 做DFT，用A的对应值乘以G对应值的平方求出B的值，再做IDFT，求出 B(x) B ( x ) 的时间复杂度即为 O(nlog(n)) O ( n log ⁡ ( n ) ) ，常数是DFT的3倍。

总时间 T(n)=T(n2)+O(nlog(n))=O(nlog(n)) T ( n ) = T ( n 2 ) + O ( n log ⁡ ( n ) ) = O ( n log ⁡ ( n ) ) ，常数是DFT的6倍。

参考文章：

Miskcoo
SemiWaker

例题：

一道模板题：洛谷P4238
例题1：BZOJ3456
例题2：由于某种原因暂时还没有例题2

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多项式取模：

定义：

令 A(x)=B(x)C(x)+D(x) A ( x ) = B ( x ) C ( x ) + D ( x ) ，其中 A(x) A ( x ) 的次数界为n， B(x) B ( x ) 的次数界为m (m<=n) ( m <= n ) ， C(x) C ( x ) 的次数界为n-m+1， D(x) D ( x ) 的次数界严格小于m。称 D(x) D ( x ) 为 A(x) A ( x ) 模 B(x) B ( x ) 的结果。给出 A(x) A ( x ) ， B(x) B ( x ) ，求 D(x) D ( x ) 。

做法：

我们可以先求出 C(x) C ( x ) ，然后用一次FFT即可求出 D(x) D ( x ) 。

考虑多项式除法和多项式逆元的相同特点。多项式除法是从高位到低位做，当前余式的次数界小于m便停止；而多项式逆元是从低位到高位做，一直做到第n-1位。前者忽略掉了当前式的0~m-2位，后者忽略掉了当前式的第n及以上位。

于是不妨将系数翻转。将 A(x),D(x) A ( x ) , D ( x ) 以界为n翻转， B(x) B ( x ) 以界为m， C(x) C ( x ) 以界为n-m+1翻转。记 AR(x)=∑n−1i=0an−i−1xi A R ( x ) = ∑ i = 0 n − 1 a n − i − 1 x i ，则很明显有：

AR(x)=BR(x)CR(x)+DR(x) A R ( x ) = B R ( x ) C R ( x ) + D R ( x )

由于 D(x) D ( x ) 的最高项至多为 xm−2 x m − 2 ，所以 DR(x) D R ( x ) 的最低项至少为 xn−m+1 x n − m + 1 。因此可以列出式子：

AR(x)≡BR(x)CR(x)(modxn−m+1) A R ( x ) ≡ B R ( x ) C R ( x ) ( mod x n − m + 1 )

这样我们就成功将翻转后的余式 DR(x) D R ( x ) 消掉了。又因为 CR(x) C R ( x ) 的界为n-m+1，模 xn−m+1 x n − m + 1 无影响，可以求出翻转后的商式 CR(x) C R ( x ) ：

CR(x)=AR(x)∗(BR(x))−1(modxn−m+1) C R ( x ) = A R ( x ) ∗ ( B R ( x ) ) − 1 ( mod x n − m + 1 )

总共只需一次多项式求逆和一次FFT即可。最后求出 D(x) D ( x ) 的时间复杂度依然为 O(nlog(n)) O ( n log ⁡ ( n ) ) 。假设一次FFT需要做两次DFT，那么多项式取模的常数大概是DFT的10倍。

参考文章：

SemiWaker

例题：

多项式取模优化常系数线性齐次递推：BZOJ4161

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多项式开方：

定义：

给定多项式 A(x) A ( x ) ，要求出一个多项式 B(x) B ( x ) ，使得：

B2(x)≡A(x)(modxn) B 2 ( x ) ≡ A ( x ) ( mod x n )

倍增：

Q：为什么直接说倍增的方法？
A：因为这无法暴力。

同样地，假设我们已经求出 G(x) G ( x ) 使得 G2(x)≡A(x)(modxn2) G 2 ( x ) ≡ A ( x ) ( mod x n 2 ) ，则有：

G2(x)−B2(x)≡0(modxn2) G 2 ( x ) − B 2 ( x ) ≡ 0 ( mod x n 2 )

(G(x)+B(x))(G(x)−B(x))≡0(modxn2) ( G ( x ) + B ( x ) ) ( G ( x ) − B ( x ) ) ≡ 0 ( mod x n 2 )

因为是平方，所以会有两个解。我们不妨令 G(x)−B(x)≡0(modxn2) G ( x ) − B ( x ) ≡ 0 ( mod x n 2 ) ，平方后则有：

G2(x)+B2(x)−2G(x)B(x)≡0(modxn) G 2 ( x ) + B 2 ( x ) − 2 G ( x ) B ( x ) ≡ 0 ( mod x n )

因为 B2(x)≡A(x)(modxn) B 2 ( x ) ≡ A ( x ) ( mod x n ) ，所以：

B(x)≡A(x)+G2(x)2G(x)(modxn) B ( x ) ≡ A ( x ) + G 2 ( x ) 2 G ( x ) ( mod x n )

每倍增一次需要一次多项式求逆和一次FFT。时间复杂度依旧为 T(n)=T(n2)+O(nlog(n))=O(nlog(n)) T ( n ) = T ( n 2 ) + O ( n log ⁡ ( n ) ) = O ( n log ⁡ ( n ) ) 。如果在多项式求逆的最后一步将 G(x) G ( x ) DFT后的结果用于分母求 G2(x) G 2 ( x ) ，常数就大概是DFT的14倍。已经接近O(n^2)了QAQ

最后说一下关于n=1时，常数项开根的问题。如果是实数意义下的开方，直接做就可以。如果是模意义下的开方，需要用到一种叫做二次剩余的很厉害的算法，然而我已经懒得再动脑所以没学，选择了直接暴力枚举。模意义下是有可能没有平方根的。正如tututu之前整天对着懵逼的我说：“多项式开方的时间主要在常数项的开根，多项式是否能开方主要取决于常数项是否能开方。”

参考文章：

_zwl

例题：

生成函数相关：BZOJ3625

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上面这些例题都是些最基本的套路题，然而其实我并没有刷完QAQ