Luogu P4726 【模板】多项式指数函数（多项式 exp）

多项式全家桶

运算法则	算法	时间复杂度
多项式乘法	快速傅里叶变换	$\Theta (n{\log }_{2}n)$
多项式求逆	倍增+快速数论变换	$\Theta (n{\log }_{2}n)$
多项式对数函数	求导+积分	$\Theta (n{\log }_{2}n)$
多项式指数函数	泰勒展开+牛顿迭代	$\Theta (n{\log }_{2}n)$
分治FFT卷积	分治FFT/多项式求逆	$\Theta (n{\log }_2^{2}n)/\Theta (n{\log }_{2}n)$

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题目大意

% 　　给出 $n-1$ 次多项式 $A(x)$，求一个模 $x^n$ 意义下的多项式 $B(x)$，满足 $B(x)\equiv e^{A(x)}$
　　数据范围　$1⩽10^5$，多项式的常数项为0。

题解

% 　　从牛顿迭代讲起吧，泰勒展开可以去看3b1b的视频。

% 　　已知多项式函数 $G(x)$，求多项式函数 $F(x)$，满足
$$G(F(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)\text{\hspace{1em}(1)}$$　　假设我们已经求出了 $F_0(x)$ 满足
$$G(F_0(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$　　则函数 $G(x)$ 在 $x=F_0(x)$ 处的泰勒展开式为
$$G(F(x))\equiv \sum _{i=1}^{\infty }\frac{G^i(F_0(x))}{i!}{\left(F(x)-F_0(x)\right)}^i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)\text{\hspace{1em}(2)}$$　　其中 $G^i$ 为 $G$ 的 $i$ 阶导函数。由于$F(x)$ 和 $F_0(x)$ 的 0 次项到 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$ 次项均相同，因而有
$$F(x)-F_0(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$　　两边平方
$$(F(x)-F_0(x){)}^2\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$　　因而对于任意 $i⩾2$，有
$$(F(x)-F_0(x){)}^i\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$　　因而对于 $(2)$ 式， $i⩾2$ 的项均为0，因而有
$$G(F(x))\equiv G(F_0(x))+G^{\prime }(F_0(x))(F(x)-F_0(x))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$　　将 $(1)$ 式代入，得
$$G(F_0(x))+G^{\prime }(F_0(x))(F(x)-F_0(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$　　移项整理，得
$$F(x)\equiv F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G^{\prime }(F_0(x))}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)\text{\hspace{1em}(3)}$$

% 　　回到题目，考虑
$$B(x)\equiv e^{A(x)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$　　移项两边取对数
$$\ln B(x)-A(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$　　令$$G(B(x))\equiv \ln B(x)-A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$　　其中 $B(x)$ 为自变量，因而 $A(x)$ 为常数，两边求导，得
$$G^{\prime }(B(x))\equiv B^{-1}(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$　　令 $F(x)=B(x)$，代入 $(3)$ 式，得
$$\begin{array}{rl}B(x)& \equiv B_0(x)-\frac{G(B_0(x))}{B_0^{-1}(x)}\\ & \equiv B_0(x)-B_0(x)G(B_0(x))\\ & \equiv B_0(x)-B_0(x)\ln B_0(x)+B_0(x)A(x)\\ & \equiv B_0(x)\left(1-\ln B_0(x)+A(x)\right)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)\end{array}$$　　因为 $A(0)=0$，从而 $B(0)=1$，因而可以倍增地求解，总时间复杂度为 $$T(n)=T\left(\frac{n}{2}\right)+\Theta (n{\log }_{2}n)\text{\hspace{1em}(4)}$$　　根据主定理，可得程序的时间复杂度为¹$$T(n)=\Theta (n{\log }_{2}n)$$

// luogu-judger-enable-o2
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define maxn 400010
const ll mod=(119<<23)+1,G=3,inv_G=332748118;
ll pow_t(ll a,ll b){
    ll ret=1;
    for(a%=mod;b;a=a*a%mod,b>>=1)
        if(b&1) ret=ret*a%mod;
    return ret;
} ll inv(ll x){return pow_t(x,mod-2);}
struct poly{
    private:ll q_lens;
    public:ll *t;
    poly(int n=maxn):q_lens(n+10){
    	t=(ll*)malloc((n+10)*sizeof (ll));
    	memset(t,0,(n+10)*sizeof (ll));
    } ~poly(){free(t);}
    void sets(){memset(t,0,q_lens*sizeof (ll));}
    ll &operator[](const int &x){return t[x];}
    const ll &operator[](const int &x)const{return t[x];}
};
int limit,l,r[maxn];
void calc(int n,int m){
    for(limit=1,l=0;limit<=n+m;limit<<=1,++l);
    for(int i=0;i<limit;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
}
void NTT(poly &t,bool un=false){
    for(int i=0;i<limit;i++)
        if(i<r[i]) swap(t[i],t[r[i]]);
    for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1){
        ll wn=pow_t((un?inv_G:G),(mod-1)/(mid<<1));
        for(int j=0;j<limit;j+=(mid<<1)){
            ll w=1;
            for(int k=0;k<mid;++k,w=w*wn%mod){
                ll x=t[j+k],y=w*t[j+k+mid]%mod;
                t[j+k]=(x+y)%mod;
                t[j+k+mid]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    } ll invs=inv(limit);
    if(un) for(int i=0;i<limit;i++)
        t[i]=t[i]*invs%mod;
}
void inv(int n,const poly &f,poly &g){
    if(n==1) return(void)(g[0]=inv(f[0]));
    inv((n+1)>>1,f,g); calc(n,n);
    poly a(limit),b(limit);
    for(int i=0;i<n;i++) a[i]=f[i],b[i]=g[i];
    NTT(a); NTT(b);
    for(int i=0;i<limit;i++)
        b[i]=b[i]*((2ll-a[i]*b[i]%mod+mod)%mod)%mod;
    NTT(b,true);
    for(int i=0;i<n;i++) g[i]=b[i]%mod;
}
void dao(int n,const poly &A,poly &B){
    for(int i=1;i<n;i++)
        B[i-1]=1ll*i*A[i]%mod;
    B[n-1]=0;
}
void summa(int n,const poly &a,poly &b){
    for(int i=1;i<n;i++)
        b[i]=1ll*a[i-1]*inv(i)%mod;
    b[0]=0;
}
void ln(int n,const poly &f,poly &g){
    poly A,invs;
    dao(n,f,A);inv(n,f,invs);
    calc(n,n);NTT(A);NTT(invs);
    for(int i=0;i<limit;i++)
        A[i]=A[i]*invs[i]%mod;
    NTT(A,true);summa(n,A,g);
}
void exp(int n,const poly &f,poly &g){
    if(n==1) return(void)(g[0]=1);
    calc(n,n);poly lns(limit);
    exp((n+1)>>1,f,g);ln(n,g,lns);
    for(int i=0;i<n;i++)
        lns[i]=((i==0)-lns[i]+mod+f[i])%mod;
    NTT(lns);NTT(g);
    for(int i=0;i<limit;i++) g[i]=lns[i]*g[i]%mod;
    NTT(g,true);
    for(int i=n;i<limit;i++) g[i]=0;
}
poly x,y;
int n;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)
        scanf("%lld",&x[i]),x[i]%=mod;
    exp(n,x,y);
    for(int i=0;i<n;i++)
        printf("%lld ",y[i]%mod);
    return 0;
}

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1. $$T(n)=T\left(\frac{n}{2}\right)+\Theta (n{\log }_{2}n)$$　　因而 $f(n)=\Theta (n{\log }_{2}n)>\Theta (n^{lo{g}_{2}1})=\Theta (1)$，故 $$T(n)=f(n)=\Theta (n{\log }_{2}n)$$ ↩︎