生成函数多项式操作合集

一.生成函数与多项式乘法.

众所周知，生成函数是OI中的计数利器，而很多生成函数的题目需要快速计算式子中的多项式运算，所以本篇主要是介绍多项式运算的.

值得注意的是，这里很多奇怪的多项式运算本来是不存在模$x^n$意义下的定义的，但是由于生成函数本质是形式幂级数，所以直接取泰勒展开后的结果就是了.

多项式乘法作为最基础的多项式运算，这里不再介绍，具体参见快速傅里叶变换FFT与快速数论变换NTT入门.


二.多项式求逆.

多项式的逆：对于一个多项式$F(x)$，其逆$G(x)$定义为：
$$G(x)F(x)=1$$

但很多情况下$G(x)$是一个无穷级数的形式，所以一般我们只需要取其最后$n$项（次数低于$n$次），记为：
$$G(x)F(x)\equiv 1(mod{x}^n)$$

当然可以暴力求解，但是有一种倍增的思路：我们假设已经求出了模$x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }$意义下$F(x)$的逆$H(x)$，推出$G(x)$与$H(x)$之间的关系.

现在有两个条件：
$$\begin{gathered} G(x)F(x)\equiv 1(mod{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }) \\ H(x)F(x)\equiv 1(mod{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }) \end{gathered}$$

将两式相减可得：
$$\begin{gathered} (G(x)-H(x))F(x)\equiv 0(mod{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }) \\ G(x)-H(x)\equiv 0(mod{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }) \end{gathered}$$

再平方一下可以得到：
$$\begin{gathered} (G(x)-H(x){)}^2\equiv 0(mod{x}^n) \\ {G}^2(x)+H^2(x)-2G(x)H(x)\equiv 0(mod{x}^n) \end{gathered}$$

两边同时乘上$F(x)$得到：
$$\begin{gathered} F(x)G^2(x)+F(x)H^2(x)-2F(x)G(x)H(x)\equiv 0(mod{x}^n) \\ G(x)+F(x)H^2(x)-2H(x)\equiv 0(mod{x}^n) \\ G(x)\equiv 2H(x)-F(x)H^2(x)(mod{x}^n) \\ G(x)\equiv H(x)(2-F(x)H(x))(mod{x}^n) \end{gathered}$$

然后就可以快乐倍增了.

时间复杂度$O(n\log n)$.

代码如下：

int ta[N+9];

void Poly_inv(int *a,int n,int *res){
  if (!n) {res[0]=Get_inv(a[0]);return;}
  Poly_inv(a,n>>1,res);
  for (int i=0;i<=n;++i) ta[i]=a[i];
  Get_len(n<<1);
  NTT(res,len,0);
  NTT(ta,len,0);
  for (int i=0;i<len;++i) smul(res[i],sub(2,mul(res[i],ta[i]))),ta[i]=0;
  NTT(res,len,1);
  for (int i=n+1;i<=n<<1;++i) res[i]=0;
}

三.多项式对数.

多项式对数主要是指多项式$\ln$，即给定多项式$F(x)$，求$G(x)$满足：
$$e^{G(x)}\equiv F(x)(mod{x}^n)$$

对数函数在求导后就变成除法了，所以尝试先求导再积分：
$$\ln F(x)=\int (\ln F(x){)}^{\prime }\mathrm{d}x=\int {\ln }^{\prime }F(x)F^{\prime }(x)\mathrm{d}x=\int \frac{F^{\prime }(x)}{F(x)}\mathrm{d}x$$

现在的式子就可以直接做了.

不过有一个问题是，这样子多项式$\ln$必须得满足$F(x)$的常数项为$1$，最终求出的$G(x)$的常数项为$0$.

至于原因，主要是这样按照泰勒展开定义的多项式$\ln$必须满足这样的条件.

时间复杂度$O(n\log n)$.

代码如下：

void Poly_ln(int *a,int n,int *res){
  if (!n) return;
  Poly_inv(a,n-1,res);
  for (int i=1;i<=n;++i) ta[i-1]=mul(i,a[i]);
  Get_len(n-1<<1);
  NTT(res,len,0);
  NTT(ta,len,0);
  for (int i=0;i<len;++i) smul(res[i],ta[i]),ta[i]=0;
  NTT(res,len,1);
  for (int i=n;i>=1;--i) res[i]=mul(inv[i],res[i-1]);
  res[0]=0;
  for (int i=n+1;i<n<<1;++i) res[i]=0;
}

四.牛顿迭代.

牛顿迭代是一种估算方程解的方法，不过这里我们直接应用到多项式上了.

对于给定的规则函数$T(x)$，我们有方程：
$$T(F(x))\equiv 0(mod{x}^n)$$

现在我们要求$F(x)$.

考虑倍增求解，如果我们已经求出了在模$x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }$意义下的解$G(x)$，即：
$$T(G(x))\equiv 0(mod{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$

那么我们将$T(F(x))$在$G(x)$处泰勒展开：
$$\begin{gathered} T(F(x))=\sum _{i=0}^{+\infty }\frac{T^{(i)}(G(x))}{i!}(F(x)-G(x){)}^i \\ =T(G(x))+T^{\prime }(G(x))(F(x)-G(x))+\frac{1}{2}{T}^{\prime \prime }(G(x))(F(x)-G(x){)}^2+\cdots \end{gathered}$$

由于我们求的是模$x^n$意义下的结果，所以对于$(F(x)-G(x){)}^2$有：
$$(F(x)-G(x){)}^2\equiv 0(modn)$$

也就是说：
$$\begin{gathered} T(F(x))\equiv 0(mod{x}^n) \\ T(G(x))+T^{\prime }(G(x))(F(x)-G(x))\equiv 0(mod{x}^n) \\ F(x)\equiv G(x)-\frac{T(G(x))}{T^{\prime }(G(x))}(mod{x}^n) \end{gathered}$$

推导出来的结果在做多项式操作的时候非常有效.


五.多项式指数.

多项式指数主要是指多项式$\exp$，即给定多项式$F(x)$，求$G(x)$满足：
$$G(x)\equiv e^{F(x)}(mod{x}^n)$$

我们先对两边求$\ln$，得到：
$$\begin{gathered} \ln G(x)\equiv F(x)(mod{x}^n) \\ \ln G(x)-F(x)\equiv 0(mod{x}^n) \end{gathered}$$

设在模$x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }$意义下的答案为$H(x)$，那么根据牛顿迭代公式有：
$$\begin{gathered} G(x)\equiv H(x)-\frac{\ln H(x)-F(x)}{\frac{1}{H(x)}}(mod{x}^n) \\ G(x)\equiv H(x)\left(1-\ln H(x)+F(x)\right)(mod{x}^n) \end{gathered}$$

然后就可以快乐倍增了.

时间复杂度$O(n\log n)$.

与$\ln$相对的，$\exp$必须满足$F(x)$常数项为$0$，$G(x)$常数项为$1$的条件.

代码如下：

int tb[N+9];

void Poly_exp(int *a,int n,int *res){
  if (!n) {res[0]=1;return;}
  Poly_exp(a,n>>1,res);
  Poly_ln(res,n,tb);
  tb[0]=sub(add(a[0],1),tb[0]);
  for (int i=1;i<=n;++i) tb[i]=sub(a[i],tb[i]);
  Get_len(n<<1);
  NTT(res,len,0);
  NTT(tb,len,0);
  for (int i=0;i<len;++i) smul(res[i],tb[i]),tb[i]=0;
  NTT(res,len,1);
  for (int i=n+1;i<=n<<1;++i) res[i]=0;
}

六.多项式快速幂.

给定多项式$F(x)$，求$G(x)$满足：
$$G(x)\equiv F^k(x)(mod{x}^n)$$

当然可以直接拿快速幂写，但是这样时间复杂度为$O(n\log n\log k)$，还有更加优秀的做法.

我们考虑对其$\ln$后$\exp$，即：
$$G(x)\equiv e^{k\ln F(x)}(mod{x}^n)$$

问题是这个做法只能用在常数项为$1$的情况.

对于常数项不为$1$的情况，我们取其最低的不为$0$的项，设为$a_m{x}^m$，那么直接将这个单项式作为因式提出来后再做快速幂，最后将$(a_m{x}^m{)}^k$乘回去就好了.

时间复杂度降到了$O(n\log n)$.

代码如下：

int tc[N+9];

void Poly_power(int *a,int n,int k,int *res){
  if (!k) {res[0]=1;return;}
  int m=0;
  for (;!a[m]&&m<=n;++m);
  if (m>n/k) return;
  int mk=m*k,t0=Power(a[m],k),t1=Get_inv(a[m]);
  for (int i=0;i<=n-mk;++i) tb[i]=mul(a[i+m],t1);
  Poly_ln(tb,n-mk,tc);
  for (int i=0;i<=n-mk;++i) smul(tc[i],k),tb[i]=0;
  Poly_exp(tc,n-mk,res);
  for (int i=n-mk;i>=0;--i) res[i+mk]=mul(res[i],t0),tc[i]=0;
  for (int i=0;i<mk;++i) res[i]=0;
}

七.多项式开根.

给定多项式$F(x)$，求$G(x)$满足：
$$G^2(x)\equiv F(x)(mod{x}^n)$$

当然可以直接$\ln$后$\exp$，但是还有一种常数更加优秀的牛顿迭代做法.

直接进行移项，得到：
$$G^2(x)-F(x)\equiv 0(mod{x}^n)$$

设在模$x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }$意义下的答案为$H(x)$，那么根据牛顿迭代公式有：
$$\begin{gathered} G(x)\equiv H(x)-\frac{H^2(x)-F(x)}{2H(x)}(mod{x}^n) \\ G(x)\equiv \frac{1}{2}\left(H(x)+\frac{F(x)}{H(x)}\right)(mod{x}^n) \end{gathered}$$

至于常数项写个二次剩余就行了.

时间复杂度$O(n\log n)$.

代码如下：

void Poly_sqrt(int *a,int n,int *res){
  if (!n) {int t=Cipolla(a[0]);res[0]=min(t,mod-t);return;}
  Poly_sqrt(a,n>>1,res);
  Poly_inv(res,n,tb);
  for (int i=0;i<=n;++i) ta[i]=a[i];
  Get_len(n<<1);
  NTT(ta,len,0);
  NTT(tb,len,0);
  for (int i=0;i<len;++i) smul(ta[i],tb[i]),tb[i]=0;
  NTT(ta,len,1);
  for (int i=0;i<=n;++i) res[i]=mul(inv2,add(res[i],ta[i])),ta[i]=0;
  for (int i=n+1;i<=n<<1;++i) ta[i]=0;
}

八.多项式三角函数.

给定多项式$F(x)$，求$G(x)$和$H(x)$满足：
$$\begin{gathered} G(x)\equiv \sin F(x)(mod{x}^n) \\ H(x)\equiv \cos F(x)(mod{x}^n) \end{gathered}$$

生成函数本质上是形式幂级数，所以将$e^x,\sin (x),\cos (x)$三者泰勒展开：
$$\begin{gathered} e^x=\sum _{i=0}^{+\infty }\frac{x^i}{i!}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots \\ \sin (x)=\sum _{i=0}^{+\infty }\frac{(-1{)}^i}{(2i+1)!}{x}^{2i+1}=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots \\ \cos (x)=\sum _{i=0}^{+\infty }\frac{(-1{)}^i}{(2i)!}{x}^{2i}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots \end{gathered}$$

用这些东西可以推导出用三角函数表示$\exp$的欧拉公式：
$$e^{\varphi i}=\cos \varphi +i\sin \varphi$$

那么同样可以用这些东西推导出用$\exp$表示三角函数的公式：
$$\begin{gathered} \sin \varphi =i\frac{e^{-\varphi i}-e^{\varphi i}}{2} \\ \cos \varphi =\frac{e^{\varphi i}+e^{-\varphi i}}{2} \end{gathered}$$

然后我们知道$i$在模一个NTT模数$p$意义下为$g^{\frac{p-1}{4}}$，其中$g$为一个原根.

剩下就是套板子的事情了，时间复杂度$O(n\log n)$.

注意在实现的时候，可以先求出$e^{\varphi i}$，再通过求逆得到$e^{-\varphi i}$，比直接用调用两次$\exp$常数小一些.

代码如下：

void Poly_sin(int *a,int n,int *res){
  int im=wn[0][N>>2];
  for (int i=0;i<=n;++i) res[i]=mul(im,a[i]);
  Poly_exp(res,n,tc);
  for (int i=0;i<=n;++i) res[i]=0;
  Poly_inv(tc,n,res);
  for (int i=0;i<=n;++i) res[i]=mul(mul(inv2,im),sub(res[i],tc[i])),tc[i]=0;
}

void Poly_cos(int *a,int n,int *res){
  int im=wn[0][N>>2];
  for (int i=0;i<=n;++i) res[i]=mul(im,a[i]);
  Poly_exp(res,n,tc);
  for (int i=0;i<=n;++i) res[i]=0;
  Poly_inv(tc,n,res);
  for (int i=0;i<=n;++i) res[i]=mul(inv2,add(res[i],tc[i])),tc[i]=0;
}