有关多项式处理的各种算法总结

有关多项式处理的各种算法总结

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前言

最近频繁接触了各种各样的生成函数，以及各种十(sang)分(xin)有(bing)趣(kuang)的多项式相关算法。
由于这部分内容太过于丧病外加内容较多，因此决定写篇总结来辅助复习。

阅读本文所需前置技能：快速数论变换

以下内容中代码片涉及的多项式卷积(NTT)及各种函数使用代码如下:

typedef long long ll;
const ll md=998244353;
inline int add(int a,int b){a+=b;if(a>=md)return a-md;return a;}
inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b%md;}
inline void initrev(int n)
{
    for(int i=0;i>1]>>1)|((i&1)*(n>>1));
}
inline void NTT(int *a,int n,bool f)
{
    for(int i=0;iif(ifor(int h=2;h<=n;h<<=1)
    {
        int w=qpow(3,(md-1)/h);
        if(f)w=qpow(w,md-2);
        for(int j=0;jint wn=1;
            for(int k=j;k>1);k++)
            {
                int x=a[k],y=mul(wn,a[k+(h>>1)]);
                a[k]=add(x,y);
                a[k+(h>>1)]=add(x-y,md);
                wn=mul(wn,w);
            }
        }
    }
    if(f)
        for(int i=0,invn=inv[n];iinline void mult(int *a,int n,int *b,int m,int *c)
{
    static int x[N],y[N],l;
    for(l=1;l<=(n+m-1);l<<=1);
    initrev(l);
    memcpy(x,a,sizeof(a[0])*n);
    memcpy(y,b,sizeof(b[0])*m);
    fill(x+n,x+l,0);fill(y+m,y+l,0);
    NTT(x,l,0);NTT(y,l,0);
    for(int i=0;i1);
}

同时，绝大多数代码中传入的参数 n n 为多项式长度，要求为一个不小于所需答案长度的一个 2 2 的次幂。

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1.一些定义的简要介绍

非零多项式 G(x) G ( x ) 的次数为其最高项的次数，通常记为 deg(G(x)) d e g ( G ( x ) ) 。本文本着尽量直观的原则将避免使用此符号。

形如 [xn]G(x) [ x n ] G ( x ) 的符号代表多项式 G(x) G ( x ) 的 xn x n 一项的系数。

多项式之间的乘积叫做卷积，可以理解为初中学习的因式分解后展开的方法。
举个栗子就明白了:

(1+2x+3x2)∗(9+2x)=9+20x+31x2+6x3 ( 1 + 2 x + 3 x 2 ) ∗ ( 9 + 2 x ) = 9 + 20 x + 31 x 2 + 6 x 3

多项式通常以生成函数的形式出现。这里简单介绍一下生成函数。

所谓生成函数，就是把一个数列用一个函数的各项系数来表示……
比如，这里以著名的斐波那契数列做例子:
假设 fib(1)=1,fib(2)=1,fib(n)=fib(n−1)+fib(n−2) f i b ( 1 ) = 1 , f i b ( 2 ) = 1 , f i b ( n ) = f i b ( n − 1 ) + f i b ( n − 2 )
得到数列:

Fib={1,1,2,3,5,8,13⋯} F i b = { 1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 ⋯ }

令其生成函数为 F(x) F ( x ) ，得到的函数如下:

F(x)=1+x1+2x2+3x3+5x4+8x5+13x6+⋯ F ( x ) = 1 + x 1 + 2 x 2 + 3 x 3 + 5 x 4 + 8 x 5 + 13 x 6 + ⋯

相信大家这就大致能明白生成函数是个什么意思了~
不如直接去看百科

对于一个无穷长的数列的生成函数，理论上会是个无穷长的多项式，而因此难以表示出来。
因此定义 mod xn m o d   x n 意义下的多项式为仅保留前 n n 项的的原多项式。

以上关于生成函数的内容和剩下的内容貌似没有什么太大关系。

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2.牛顿迭代

问题:

给出多项式 G(x) G ( x ) ，求解多项式 F(x) F ( x ) ，满足：

G(F(x))≡0 (mod xn) G ( F ( x ) ) ≡ 0   ( m o d   x n )

需要给出 F(x) mod xn F ( x )   m o d   x n 意义下的答案，即前 n n 个系数。

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解决方法(没看懂或不想看可直接到下面记忆结论，下面的内容同理):
假设咱们现在有

G(F0(x))≡0 (mod x2t) G ( F 0 ( x ) ) ≡ 0   ( m o d   x 2 t )

要求的是

G(F(x))≡0 (mod x2t+1) G ( F ( x ) ) ≡ 0   ( m o d   x 2 t + 1 )

也就是利用倍增的思想，将长度加倍。
注意如果求解的是特定长度的答案，可以考虑直接求出向上取最近的 2 2 的次幂长度的答案，并保留所需的长度即可。

对 G(F(x)) G ( F ( x ) ) 在 F0(x) F 0 ( x ) 处来一发泰勒展开:

G(F(x))=G(F0(x))+G′(F0(x))1!(F(x)−F0(x))1+G″(F0(x))2!(F(x)−F0(x))2+⋯ G ( F ( x ) ) = G ( F 0 ( x ) ) + G ′ ( F 0 ( x ) ) 1 ! ( F ( x ) − F 0 ( x ) ) 1 + G ″ ( F 0 ( x ) ) 2 ! ( F ( x ) − F 0 ( x ) ) 2 + ⋯

可以发现，在 mod x2t+1 m o d   x 2 t + 1 意义下， F(x)−F0(x) F ( x ) − F 0 ( x ) 的最低非 0 0 次项大于 2t+1 2 t + 1 ，于是从第三项开始，后面的项贡献均为 0 0 。
那么得到一个简单的式子:

G(F(x))=G(F0(x))+G′(F0(x))(F(x)−F0(x)) (mod x2t+1) G ( F ( x ) ) = G ( F 0 ( x ) ) + G ′ ( F 0 ( x ) ) ( F ( x ) − F 0 ( x ) )   ( m o d   x 2 t + 1 )

又由咱们的目标知 G(F(x))≡0 (mod x2t+1) G ( F ( x ) ) ≡ 0   ( m o d   x 2 t + 1 )
那么最终移项得到:

F(x)≡F0(x)−G(F0(x))G′(F0(x)) (mod x2t+1) F ( x ) ≡ F 0 ( x ) − G ( F 0 ( x ) ) G ′ ( F 0 ( x ) )   ( m o d   x 2 t + 1 )

这个形式正是咱们想要的~

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3.多项式求逆

提出给定多项式 F(x) F ( x ) ，求多项式 G(x) G ( x ) ，使得下式成立:

G(x)∗F(x)−1≡0 (mod xn) G ( x ) ∗ F ( x ) − 1 ≡ 0   ( m o d   x n )

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解决方法:
考虑使用倍增，边界为 G0=Inv(F0) G 0 = I n v ( F 0 ) ，即直接求逆元。
考虑使用牛顿迭代公式，令 G(x) G ( x ) 为变量， Gt(x) G t ( x ) 代表 mod x2t m o d   x 2 t 意义下的 G(x) G ( x ) 。
假设已经有了 Gt(x) G t ( x ) ，要求 Gt+1(x) G t + 1 ( x ) ，将 Gt(x)∗F(x)−1 G t ( x ) ∗ F ( x ) − 1 带入牛顿迭代公式，得：

Gt+1(x)≡Gt(x)−Gt(x)∗F(x)−1F(x) (mod x2t+1)≡Gt(x)−(Gt(x)∗F(x)−1)∗Gt(x) (mod x2t+1)≡2∗Gt(x)−F(x)∗Gt(x)∗Gt(x) (mod x2t+1)(1)(2)(3) (1) G t + 1 ( x ) ≡ G t ( x ) − G t ( x ) ∗ F ( x ) − 1 F ( x )   ( m o d   x 2 t + 1 ) (2) ≡ G t ( x ) − ( G t ( x ) ∗ F ( x ) − 1 ) ∗ G t ( x )   ( m o d   x 2 t + 1 ) (3) ≡ 2 ∗ G t ( x ) − F ( x ) ∗ G t ( x ) ∗ G t ( x )   ( m o d   x 2 t + 1 )

最后的式子便是结果！

代码实现(个人习惯较为明显，仅供参考):

inline void cinv(int *a,int *b,int n)
{
    static int C[N];
    if(n==0)
    {
        b[0]=qpow(a[0],md-2);
        return;
    }

    cinv(a,b,n>>1);
    memcpy(C,a,sizeof(a[0])*n);
    memset(C+n,0,sizeof(a[0])*n);
    n<<=1;initrev(n);
    NTT(C,n,0);NTT(b,n,0);
    for(int i=0;i2,b[i])-mul(C[i],mul(b[i],b[i])),md);
    NTT(b,n,1);n>>=1;
    memset(b+n,0,sizeof(b[0])*n);
}

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4.多项式求 ln ln

问题:
给出多项式 F(x) F ( x ) ，求多项式 G(x) G ( x ) ，满足

ln(F(x))−G(x)≡0 (mod xn) ln ⁡ ( F ( x ) ) − G ( x ) ≡ 0   ( m o d   x n )

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解决方法:
考虑对两边同时求导:

G′(x)≡F′(x)F(x) G ′ ( x ) ≡ F ′ ( x ) F ( x )

那么有

G(x)≡∫F′(x)F(x)dx G ( x ) ≡ ∫ F ′ ( x ) F ( x ) d x

考虑多项式如何求导……
每一项同时左移一位并乘上原来下标即可~
积分同理，右移一位并把下标乘回去即可~
配合多项式求逆食用，复杂度为 O(nlogn) O ( n l o g n ) ~

代码实现:

inline void cln(int *f,int *g,int n)
{
    static int D[N],A[N],m;
    memset(D,0,sizeof(D));
    memset(A,0,sizeof(A));

    for(int i=0;i1],(i+1));
    D[n]=0;

    for(m=1;m<=n;m<<=1);
    cinv(f,A,n);initrev(m);
    NTT(A,m,0);NTT(D,m,0);
    for(int i=0;i1);

    for(int i=1;i<=n;i++)
        g[i]=mul(A[i-1],inv[i]);
    g[0]=0;
}

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5.多项式开方

问题:
给出多项式 F(x) F ( x ) ，求多项式 G(x) G ( x ) ，满足

G(x)2−F(x)≡0 (mod xn) G ( x ) 2 − F ( x ) ≡ 0   ( m o d   x n )

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解决方法:
考虑和多项式求逆一样使用倍增，初值 G0=F(0)‾‾‾‾√ (mod x) G 0 = F ( 0 )   ( m o d   x ) 。
同样将 G2(x)−F(x) G 2 ( x ) − F ( x ) 带入牛顿迭代公式:

Gt+1(x)=Gt(x)−Gt(x)2−F(x)2Gt(x) (mod x2t+1)=2Gt(x)2−Gt(x)2+F(x)2Gt(x) (mod x2t+1)=Gt(x)2+F(x)2Gt(x) (mod x2t+1)(4)(5)(6) (4) G t + 1 ( x ) = G t ( x ) − G t ( x ) 2 − F ( x ) 2 G t ( x )   ( m o d   x 2 t + 1 ) (5) = 2 G t ( x ) 2 − G t ( x ) 2 + F ( x ) 2 G t ( x )   ( m o d   x 2 t + 1 ) (6) = G t ( x ) 2 + F ( x ) 2 G t ( x )   ( m o d   x 2 t + 1 )

配合多项式求逆食用，分析可知复杂度为 O(nlogn) O ( n l o g n )

代码实现:

void csqrt(int *a,int *b,int n)
{
    static int C[N],D[N];
    if(n==1)
    {
        b[0]=sqrt(a[0]);
        return;
    }

    csqrt(a,b,n>>1);
    memset(D,0,sizeof(D));

    cinv(b,D,n);
    memcpy(C,a,sizeof(a[0])*n);
    memset(C+n,0,sizeof(C[0])*n);
    n<<=1;NTT(C,n,0);NTT(b,n,0);NTT(D,n,0);
    for(int i=0;i1);n>>=1;
    memset(b+n,0,sizeof(b[0])*n);
}

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6.多项式求指数函数(exp)

问题:
给出多项式 F(x) F ( x ) ，求多项式 G(x) G ( x ) ，满足

eF(x)−G(x)≡0 (mod xn) e F ( x ) − G ( x ) ≡ 0   ( m o d   x n )

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解决方法:
依旧考虑使用倍增和牛顿迭代。
然而发现一个问题:对于指数函数，无法知道常数项。
那么考虑通过同时取 ln ln 来变形:

F(x)−ln(G(x))≡0 (mod xn) F ( x ) − ln ⁡ ( G ( x ) ) ≡ 0   ( m o d   x n )

然后把这个式子带入牛顿迭代式:

Gt+1(x)=Gt(x)−F(x)−ln(Gt(x))−1Gt(x) (mod x2t+1)=Gt(x)+Gt(x)(F(x)−ln(Gt(x))) (mod x2t+1)(19)(20) (19) G t + 1 ( x ) = G t ( x ) − F ( x ) − ln ⁡ ( G t ( x ) ) − 1 G t ( x )   ( m o d   x 2 t + 1 ) (20) = G t ( x ) + G t ( x ) ( F ( x ) − ln ⁡ ( G t ( x ) ) )   ( m o d   x 2 t + 1 )

配合多项式求逆和多项式求 ln ln 共同食用，复杂度仍为 O(nlogn) O ( n l o g n ) 。

代码实现:

inline void cexp(int *a,int *b,int n)
{
    static int D[N];
    if(n==1)
    {
        b[0]=1;
        return;
    }

    cexp(a,b,n>>1);
    memset(D,0,sizeof(D));
    cln(b,D,n);
    for(int i=0;i0]=add(1,D[0]);
    n<<=1;initrev(n);
    NTT(D,n,0);NTT(b,n,0);
    for(int i=0;i1);n>>=1;
    memset(b+n,0,sizeof(b[0])*n);
}

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7.多项式快速幂

问题:
给出多项式 F(x) F ( x ) 和正整数 k k ，求多项式 G(x) G ( x ) ，满足

F(x)k−G(x)≡0 (mod xn) F ( x ) k − G ( x ) ≡ 0   ( m o d   x n )

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解决方法:
对等式求 ln ln 得:

kln(F(x))−ln(G(x))≡0 (mod xn) k ln ⁡ ( F ( x ) ) − ln ⁡ ( G ( x ) ) ≡ 0   ( m o d   x n )

因此

G(x)=exp(kln(F(x))) G ( x ) = e x p ( k ln ⁡ ( F ( x ) ) )

配合多项式求 ln ln 和多项式求 exp e x p 共同食用，复杂度依旧为 O(nlogn) O ( n l o g n ) 。

代码实现:

inline void cpow(int *f,int *g,int n,int k)
{
    static int C[N];
    memset(C,0,sizeof(C));

    cln(f,C,m);
    for(int i=0;i

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8.拉格朗日反演

问题:
给出多项式 F(x) F ( x ) ，求多项式 G(x) G ( x ) 的 n n 次项系数，满足

F(G(x))=x F ( G ( x ) ) = x

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解决方法:
采用拉格朗日反演:

[xn]G(x)=1n[xn−1]1F(x)n [ x n ] G ( x ) = 1 n [ x n − 1 ] 1 F ( x ) n

本蒟蒻不会证明0_0
但是看完了上面的内容后显然还是会用的~
配合多项式求逆和多项式快速幂食用即可。

代码实现:

inline int lagrange(int *f,int n,int x)
{
    static int C[N],D[N];
    memset(C,0,sizeof(C));
    memset(D,0,sizeof(D));
    cinv(f,C,n);
    cpow(C,D,n,x);
    return mul(D[x-1],qpow(x,md-2));
}

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9.多项式除法和取模

问题:
给出 n n 次多项式 F(x) F ( x ) 和 m m 次多项式 D(x) D ( x ) ，求多项式 G(x) G ( x ) 和 P(x) P ( x ) ，满足

F(x)=D(x)∗G(x)+P(x) F ( x ) = D ( x ) ∗ G ( x ) + P ( x )

且

deg(P(x))<m d e g ( P ( x ) ) < m

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解决方法:
定义运算 AR(x) A R ( x ) ，满足对于 deg(A(x))=n d e g ( A ( x ) ) = n 的多项式 A(x) A ( x ) ：

AR(x)=xnA(1x) A R ( x ) = x n A ( 1 x )

或者说

[xi]AR(x)=[xn−i−1]A(x) [ x i ] A R ( x ) = [ x n − i − 1 ] A ( x )

再举个例子

A(x)=1+2x+3x2+4x3 A ( x ) = 1 + 2 x + 3 x 2 + 4 x 3

AR(x)=4+3x+2x2+1 A R ( x ) = 4 + 3 x + 2 x 2 + 1

也就是系数反转的意思~

那么现在来考虑将原多项式反转一下:

xnF(1x)=xmD(1x)xn−mG(1x)+xn−m+1xm−1R(1x) x n F ( 1 x ) = x m D ( 1 x ) x n − m G ( 1 x ) + x n − m + 1 x m − 1 R ( 1 x )

注意此处默认 deg(G(x))=n−m d e g ( G ( x ) ) = n − m ， deg(R(x))=m−1 d e g ( R ( x ) ) = m − 1 ，高次项补 0 0 。

此时， xn−m+1xm−1R(1x) x n − m + 1 x m − 1 R ( 1 x ) 最低次项为 xn−m+1xm−1(1x)m−1=xn−m+1 x n − m + 1 x m − 1 ( 1 x ) m − 1 = x n − m + 1 ，而 deg(G(x))=n−m d e g ( G ( x ) ) = n − m 。
则放到 mod n−m+1 m o d   n − m + 1 意义下， R(x) R ( x ) 的影响被完全抵消，而不会影响 G(x) G ( x ) 的结果，更不会影响已知的 F(x) F ( x ) 和 D(x) D ( x ) 。

那么有

FR(x)=DR(x)GR(x) (mod xn−m+1) F R ( x ) = D R ( x ) G R ( x )   ( m o d   x n − m + 1 )

于是来一发多项式求逆+reverse函数即可求出 G(x) G ( x ) ，进而求出 R(x) R ( x ) 。复杂度 O(nlogn) O ( n l o g n ) 。

代码实现:

    inline void cdiv(int *a,int n,int *b,int m,int *ret)
    {
        static int c[N],d[N],e[N],l;
        if(nreturn;
        for(l=1;l<=n-m+1;l<<=1);
        reverse_copy(a,a+n,c);
        reverse_copy(b,b+m,d);
        for(int i=m;i1;i++)//不能用fill(),否则RE!!!
            d[i]=0;
        memset(e,0,sizeof(e[0])*(l*2));
        cinv(d,e,l);
        mult(e,n-m+1,c,n-m+1,d);
        reverse_copy(d,d+n-m+1,ret);
    }

    inline void cmod(int *a,int n,int *b,int m,int *ret)
    {
        static int c[N];
        cdiv(a,n,b,m,c);
        mult(c,n-m+1,b,m,c);
        for(int i=0;i1;i++)
            ret[i]=add(a[i]-c[i],md);
    }

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10.多项式的多点求值

问题:
给出多项式 F(x) F ( x ) 和点集 X={x0,x1,⋯,xn−1} X = { x 0 , x 1 , ⋯ , x n − 1 } ，求

Y={F(x0),F(x1),⋯,F(xn−1)} Y = { F ( x 0 ) , F ( x 1 ) , ⋯ , F ( x n − 1 ) }

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解决办法:
考虑分治。
如何把问题变成两个规模减半的子问题?
首先把所求的值划成两半:

X0X1={x0,x1,⋯,x⌊n2⌋}={x⌊n2⌋+1,x⌊n2⌋+2,⋯,xn−1}(9)(10) (9) X 0 = { x 0 , x 1 , ⋯ , x ⌊ n 2 ⌋ } (10) X 1 = { x ⌊ n 2 ⌋ + 1 , x ⌊ n 2 ⌋ + 2 , ⋯ , x n − 1 }

此时，答案集合分别为 Y0 Y 0 和 Y1 Y 1 。

然后系数也要划成两半。
考虑构造两个多项式:

G0(x)G1(x)=∏i=0⌊n2⌋(x−xi)=∏i=⌊n2⌋+1n−1(x−xi)(11)(12) (11) G 0 ( x ) = ∏ i = 0 ⌊ n 2 ⌋ ( x − x i ) (12) G 1 ( x ) = ∏ i = ⌊ n 2 ⌋ + 1 n − 1 ( x − x i )

可以发现，当带入的点 xi∈X0 x i ∈ X 0 ，那么 G1(xi)=0 G 1 ( x i ) = 0 。同理当 xi∈X1 x i ∈ X 1 ，那么 G0(xi)=0 G 0 ( x i ) = 0 。

令点集 X0 X 0 在知道 Y0 Y 0 的情况下可以解出的多项式为 F0(x) F 0 ( x ) ， X1 X 1 在知道 Y1 Y 1 的情况下可以解出的多项式为 F1(x) F 1 ( x ) 。
可以发现，根据定义， F0(x) F 0 ( x ) 和 F1(x) F 1 ( x ) 正是咱们需要的子问题系数，因为它们分别满足了带入 X0 X 0 和 X1 X 1 能解出正确的 Y0 Y 0 和 Y1 Y 1 。

现在可以用如下方式表示 F(x) F ( x ) ：

F(x)F(x)=D0(x)∗G0(x)+F0(x)=D1(x)∗G1(x)+F1(x)(13)(14) (13) F ( x ) = D 0 ( x ) ∗ G 0 ( x ) + F 0 ( x ) (14) F ( x ) = D 1 ( x ) ∗ G 1 ( x ) + F 1 ( x )

其中 D0(x) D 0 ( x ) 和 D1(x) D 1 ( x ) 为任意多项式。
可以发现在上式中，若带入的值 xi∈X0 x i ∈ X 0 ，则 D0(x)∗G0(x)=0 D 0 ( x ) ∗ G 0 ( x ) = 0 ，此时 F(x)=F0(x) F ( x ) = F 0 ( x ) 。
同理，若带入的值 xi∈X1 x i ∈ X 1 ，则 D1(x)∗G1(x)=0 D 1 ( x ) ∗ G 1 ( x ) = 0 ，此时 F(x)=F1(x) F ( x ) = F 1 ( x ) 。

也就是说，如下关系成立:

F(x)F(x)≡F0(x) (mod G0(x))≡F1(x) (mod G1(x))(15)(16) (15) F ( x ) ≡ F 0 ( x )   ( m o d   G 0 ( x ) ) (16) F ( x ) ≡ F 1 ( x )   ( m o d   G 1 ( x ) )

这样得到的子问题系数 F0(x) F 0 ( x ) 和 F1(x) F 1 ( x ) 满足次数不超过递归区间长度，同时可以求出正确的结果，因此这样做是正确的。
最后递归到底层时，余下来的系数便是答案!

配合多项式取模食用，复杂度 O(nlog2n) O ( n l o g 2 n ) 。
注意，使用前需要先使用分治预处理出每一层分治区间的 G(x) G ( x ) ，预处理复杂度同样为 O(nlog2n) O ( n l o g 2 n ) 。

代码实现:

inline void pre(int dep,int l,int r,int *a,int b[M][N])
{
    if(l==r-1)
    {
        b[dep][l<<1]=add(md,-a[i]),b[dep][l<<1|1]=1;
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    pre(dep+1,l,mid,a,b);
    pre(dep+1,mid,r,a,b);
    mult(b[dep+1]+(l<<1),mid-l+1,b[dep+1]+(mid<<1),r-mid+1,b[dep]+(l<<1));
}

inline void calc(int dep,int l,int r,int *a,int b[M][N])
{
    static int c[N];
    if(l==r-1)return;int mid=l+r>>1;
    memcpy(c,a+l,sizeof(a[0])*(r-l));
    cmod(c,r-l,b[dep+1]+(l<<1),mid-l+1,a+l);
    cmod(c,r-l,b[dep+1]+(mid<<1),r-mid+1,a+mid);
    calc(dep+1,l,mid,a,b);
    calc(dep+1,mid,r,a,b);
}

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不出意外还是未完待续…..
（因为还没学快速插值）

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写到这里才惊讶地发现咱最近都学的是些什么毒瘤东西……
不过有用就是坠吼的~

一些比较好的练手题

BZOJ 4555 求和 （多项式求逆）
BZOJ 3456 城市规划 （多项式求 ln ln ）
BZOJ 3625 小朋友和二叉树 （多项式开方）
BZOJ 3684 大朋友和多叉树 （拉格朗日反演）标程
COGS 2189 帕秋莉的超级多项式 （使用到的方法为第2-7条）标程