【线性代数】多项式各类算法总结

前言：

这可能是本蒟蒻在2018省选以前写的最难的东西了。
考虑到时间紧迫，所以有些东西我自己也不能完全理解，只能照搬课件。
只能以后再看机会填坑了

再说回多项式，几乎所有的多项式算法都是基于NTT的优化，也就是说，要想办法把所有的运算，转化为可以使用NTT优化的表达方式。

首先给出几个在之后的证明中可能用到的概念：
一个多项式$A$的最高次幂，称为该多项式的度，记为$degA$

多项式求逆

用数学语言表示，即对于一个多项式$A(x)$
要找出一个对应的$B(x)$满足$(degB<degA)$且$A(x)B(x)\equiv 1(mod(x^n))$

用倍增的思路考虑这个问题，假设我们已经得到了一个$B^{\prime }(x)$使得$A(x)B^{\prime }(x)\equiv 1(mod(x^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }))$
现在希望通过$B^{\prime }(x)$与$A(x)$来表示出$B(x)$
首先，很显然$A(x)B(x)\equiv 1(mod(x^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }))$
所以很显然$B(x)-B^{\prime }(x)\equiv 0(mod(x^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }))$
两边同时平方，得到$B^2(x)+B^{\prime 2}(x)-2B(x)B^{\prime }(x)\equiv 0(mod(x^n))$

最神奇的一点就是，为什么平方过后，模数也可以跟着平方了：
由于原来左边的多项式在0到$n-1$项的系数均为0，平方过后，每个在0到$2\ast n-1$之间的项，必有一个因子来源于$0$到$n-1$，则说明平方过后，在0到$2\ast n-1$之间的项的系数仍然为0，所以在模$x^n$下也为0。

代码：

void inv(int n,int *A,int *B){
    if(n==1){
        B[0]=fsp(A[0],MOD-2);
        return ;
    }
    inv((n+1)>>1,A,B);
    static int X[MAXN];
    int p=1;
    for(;p<(n<<1);p<<=1);
    for(int i=0;i<n;i++)
        X[i]=A[i];
    for(int i=n;i<p;i++)
        X[i]=0;
    ntt(X,p,1);
    for(int i=(n+1)>>1;i<p;i++)
        B[i]=0;
    ntt(B,p,1);
    for(int i=0;i!=p;i++)
        B[i]=(ll)B[i]*(2+MOD-(ll)X[i]*B[i]%MOD)%MOD;
    ntt(B,p,-1);
}

多项式除法及取模

给出多项式$A(x)、B(x)$，求出多项式$D(x)、R(x)$
满足$A(x)=D(x)B(x)+R(x)$
令$n=degA,m=degB$
并且$degD\le degA-degB=n-m、degR\le m$
定义一个$A^R(x)=x^{n}A(\frac{1}{x})$
即$A^R(x)为A(x)$将系数按次数反转之后得到的多项式
现在将原式中x替换为$\frac{1}{x}$，得到一个新的式子，并在左右同乘以$x^n$：
$x^{n}A(\frac{1}{x})=x^{n-m}D(\frac{1}{x})x^{m}B(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}{x}^{m-1}R(\frac{1}{x})$
进而得到
$A^R(x)=D^R(x)B^R(x)+x^{n-m+1}{R}^R(x)$
其实就是将原式转换为用$X^R(x)$来表示

这样一来，可以使用老套路:更换模数（其实上面的求逆本质上也是这个）

发现：$D^R(x)$的最高次项不高于$x^{n-m}$，但是很显然$x^{n-m+1}{R}^R(x)$的最低次项都高于了$x^{n-m}$，那么在模$x^{n-m+1}$次项的意义下，就可以消除$R^R(x)$带来的影响。

所以，$A^R(x)\equiv B^R(x)D^R(x)(mod(x^{n-m+1}))$
这样一来，就很好求出$D^R(x)$了（通过上面讲的求逆实现），将$D(x)$求出后，再代入$A(x)=B(x)D(x)+R(x)$，就可以求出$R(x)$
代码（这里是取模的代码，求商只需要前半部分即可）：

void PolyMod(ll A[],ll B[],int N,int M){
    static ll ta[MAXN],tb[MAXN],tmp[MAXN];
    for(int i=0;i<N;i++) ta[i]=A[N-i-1];
    for(int i=0;i<M;i++) tb[i]=B[M-i-1];
    inv(tb,tmp,M);
    for(int i=0;i<N-M+1;i++) tb[i]=tmp[i];
    for(int i=0;i<4*M;i++) tmp[i]=0;
    mul(ta,tb,N,N-M+1,tmp);
    reverse(tmp,tmp+N-M+1);
    mul(B,tmp,M,N-M+1,tmp);
    for(int i=0;i<M-1;i++)
        A[i]=(A[i]-tmp[i]+MOD)%MOD;
    for(int i=0;i<4*(N+1);i++)
        tmp[i]=0;
}

多项式多点求值与快速插值

多点求值

多点求值，即对多个点同时求其在多项式中的值，即对于一个数$x$求出$A(x)$的值，并且有多个数同时求值。

这个问题需要二分的思想。
将当前的多项式系数分为两个部分
$X^{[0]}=x_0,x_1,x_2,\dots \dots x_{\frac{n}{2}}$
$X^{[1]}=x_{\frac{n}{2}+1},x_{\frac{n}{2}+2},\dots \dots ,x_{n-1}$
设$A^{[0]}$表示各点在$X^{[0]}$上的取值，用$A^{[1]}$表示各点在$X^{[1]}$上的取值。
即，我们将原来的多项式按次数大小分成了两个部分，这时如果能够快速求出$A^{[0]}$与$A^{[1]}$，并且能够在较短时间内合并这两个值，就能得到所有点在当前多项式上的值。

再设两个多项式为：
$$P^{[0]}(x)=\prod _{i=0}^{\frac{n}{2}}(x-x_i)$$
$$P^{[1]}(x)=\prod _{i=\frac{n}{2}+1}^n(x-x_i)$$
显然，当$x\in X^{[0]}$时，$P^{[0]}(x)=0$，当$x\in X^{[1]}$时，$P^{[1]}(x)=0$

将A(x)分别除以$P^{[0]}(x)$
$A(x)=D(x)P^{[0]}(x)+A^{[0]}(x)$
至于为什么可以这么写，原因在于当$x\in X^{[0]}$时，$P^{[0]}$为0
此时$A(x)=A^{[0]}(x)$，
也就是说，$A(x)\equiv A^{[0]}(mod(P^{[0]}(x)))$
这里再运用上面的多项式取模，就可以得到所有点对于这部分的值。再同理求出另一部分即可。
板题与代码链接

快速插值

插值是指：对于一些下标，对应一些取值，求一个多项式满足这些取值
对于这部分，首先应去了解一下拉格朗日插值法。复杂度为$O(n^2)$

现在考虑优化
同样地，考虑$X^{[0]}=x_i,y_i(0\le i\le \frac{n}{2})$
$X^{[2]}=x_i,y_i(\frac{n}{2}+1\le i\le n)$

同样设$A^{[0]}(x)$表示满足$X^{[0]}$的多项式
$A^{[1]}(x)$表示满足$X^{[1]}$的多项式

设$$P(x)=\prod _{i=0}^{i\le \frac{n}{2}}(x-x_i)$$

现在再来构造$A(x)$,使其满足
$A(x)=A^{[1]}(x)P(x)+A^{[0]}(x)$
然而我们并不知道$A^{[1]}(x)$
但很容易发现一点，所有在$X^{[0]}$中的插值在$P(x)$中均为0，也就是说，要满足这部分值，就必须在$A^{[0]}$中满足。
现在只需要使得所有不在$X^{[0]}$中的值也能满足，
即对于这部分值，只需要满足$y_i=A^{[1]}(x_i)P(x_i)+A^{[0]}$

所以可以通过这部分值，先把$A^{[1]}$求出来再合并即可。
$O(Nlo{g}^{3}N)$算法代码（即上述方法）
$O(Nlo{g}^{2}N)$算法代码

牛顿迭代法

牛顿迭代法是给出$G(x)$，求满足$G(F(x))\equiv 0(mod(x^n))$的$F(x)$

还是分治的思路，合并时用到了泰勒展开公式。
假设我们已经求出$F_0(x)$满足$G(F_0(x))\equiv 0(mod(x^{\frac{n}{2}}))$
现在要求$F(x)$，对$G(F(x))$在$F_0(x)$上泰勒展开，得到

$G(F(x))=G(F_0(x))+\frac{G^{\prime }(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x){)}^1+\frac{G^{\prime \prime }(F_0(x))}{2!}(F(x)-F_0(x){)}^2\dots \dots$

由于泰勒展开公式是无限长的，所以这里要考虑优化。
由于$deg(F(x)-F_0(x){)}^2\ge n$所以在第三项及以后，在模$x^n$意义下均为0，可以忽略。
所以$G(F(x))=G(F_0(x))+G^{\prime }(F_0(x))(F(x)-F_0(x))(mod(x^n))$
再根据定义消掉$G(F(x))$
得到$F(x)\equiv F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G^{\prime }(F_0(x))}$

牛顿迭代法的具体应用：多项式开根

为什么说牛顿迭代法是很强的东西呢，因为用这个方法，可以极快速地得到一些结论，比如多项式开根：
给定$P(x)$，求$F(x)$满足$F(x{)}^2-P(x)\equiv 0(mod(x^n))$

我们可以将$F(x)$视为这个函数的变量，然后根据牛顿迭代法得到的结论：
$F(x)=F_0(x)-\frac{F_0(x{)}^2-P(x)}{2\ast F_0(x)}$
这里稍微讲一讲：
如果令牛顿迭代法中的$G(F(x))=F(x{)}^2-P(x)$，那么就能够代入了，原公式为$F(x)=F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G^{\prime }(F_0(x))}$
$G^{\prime }(x)$为$G(x)$的导数，当$G(x)=F_0(x{)}^2-P(x)$时，$G^{\prime }(x)=2\ast F_0(x)$(dza大佬 ORZ）
把这些全部代入原式，就能得到该公式。

void Sqrt(int *a,int *b,int len){
    if(len==1){
        b[0]=a[0];//?
        return ;
    }
    Sqrt(a,b,len>>1);
    static int c[MAXN],d[MAXN];
    for(int i=0;i<=len;i++)
        c[i]=a[i];
    Inv(b,d,len);
    ntt(c,len<<1,1);
    ntt(d,len<<1,1);
    for(int i=0;i<(len<<1);i++)
        d[i]=1ll*d[i]*c[i]%MOD;
    ntt(d,len<<1,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        b[i]=1ll*(1ll*d[i]+b[i])*inv2%MOD;
    for(int i=0;i<=(len<<1);i++)
        c[i]=d[i]=0;

}

同样的方法还可以推多项式求逆

其他多项式算法（补）

多项式求对数
多项式求指数

结语

多项式算法的一些练习题
多项式求逆：BZOJ3456其实后面的题，基本都用到了多项式求逆
多项式取模：BZOJ4944(NOI2017 D1T3)，这道题中多项式取模感觉有点鸡肋，因为不用多项式取模照样能暴力过。但如果当$k\ge 20000$时，就只能用多项式取模了。
多项式(除法?)取模：CodeChef RNG，这道题是上一题的简化版，不过必须使用多项式取模。
多项式开根：CF438E The Child And Binary Tree有点分析过程，如果不想分析只想练板可以直接查题解。
另外，很多算法在洛谷中有模板题，建议都打一发。