定义形如这样的函数为多项式:
f ( x ) = ∑ i = 0 n − 1 a i x i f(x)=\sum _{i=0} ^{n-1} a_ix^i f(x)=∑i=0n−1aixi
其中 n n n为多项式的项数(系数为0的项也是项), n − 1 n-1 n−1为多项式的最高次幂, a i a_i ai为多项式中 i i i次项的系数。
求导:
对于某一项 x n x^n xn,求导为 n x n − 1 nx^{n-1} nxn−1。
设 h ( x ) = f ′ ( x ) h(x)=f'(x) h(x)=f′(x),则 h [ n ] = ( n + 1 ) f [ n + 1 ] ( 0 ≤ n < d e g ( h ) ) h[n]=(n+1)f[n+1](0\leq n<deg(h)) h[n]=(n+1)f[n+1](0≤n<deg(h)))
inline void getderivative(int n,int *f,int *h)
{
for(int i=0;i<n;++i) h[i]=mul(f[i+1],i+1);
h[n]=0;
}
积分:
设 h ( x ) = ∫ f ( x ) d x h(x)=\int f(x)dx h(x)=∫f(x)dx,则 h [ n ] = f [ n − 1 ] n ( 0 < n < d e g ( h ) , h [ 0 ] = 0 ) h[n]=\frac {f[n-1]}{n}(0<n<deg(h),h[0]=0) h[n]=nf[n−1](0<n<deg(h),h[0]=0)
inline void getintegration(int n,int *f,int *h)
{
for(int i=1;i<n;++i) h[i]=mul(f[i-1],inv[i]);//inv[i] i的逆元
h[0]=0;
}
拉格朗日插值讲解
多项式 f ( x ) f(x) f(x)不仅可以用每一项系数表示,由拉格朗日插值法,得到也可以用 d e g ( f ) deg(f) deg(f)个二元组 ( x i , f ( x i ) ) ( x i ≠ x j , i ≠ j ) (x_i,f(x_i))(x_i\neq x_j,i\neq j) (xi,f(xi))(xi̸=xj,i̸=j)来表示,也就是用 n n n个点来描述一个 n n n项多项式(即为点值表达式):
f ( x ) ∈ { d e g ( f ) < n 且 ∀ 0 ≤ i < n , f ( x i ) = y i , x i ≠ x j , i ≠ j } f(x)\in \{ deg(f)<n 且 \forall 0\leq i< n,f(x_i)=y_i,x_i\neq x_j,i\neq j\} f(x)∈{deg(f)<n且∀0≤i<n,f(xi)=yi,xi̸=xj,i̸=j}
这种用点描述多项式的形式称为多项式的点值表示,由点值转化为系数式的过程称为插值。
多项式之间的乘积称为卷积。
设 h ( x ) = f ( x ) ∗ g ( x ) ( ∗ 即 为 卷 积 符 号 ) h(x)=f(x)*g(x)(*即为卷积符号) h(x)=f(x)∗g(x)(∗即为卷积符号),则 h [ n ] = ∑ i = 0 n f [ i ] g [ n − i ] ( 0 ≤ n < d e g ( h ) ) h[n]=\sum _{i=0}^{n} f[i]g[n-i](0\leq n<deg(h)) h[n]=∑i=0nf[i]g[n−i](0≤n<deg(h))。
设 d e g ( h ) = N deg(h)=N deg(h)=N。直接求多项式卷积,复杂度是 N 2 N^2 N2的,使用分治的 K a r a t s u b a Karatsuba Karatsuba算法可复杂度为 O ( n l o g 2 3 ) = O ( n 1.585 ) O(n^{log_2 3})=O(n^{1.585}) O(nlog23)=O(n1.585),使用 F F T / N T T FFT/NTT FFT/NTT可以将复杂度降到 N l o g N NlogN NlogN。
K a r a t s u b a Karatsuba Karatsuba算法原理是利用
( A x 2 n + B ) ( C x 2 n + D ) = A C x n + ( ( A + B ) ( C + D ) − A C − B D ) x 2 n + B D \ \ \ \ (Ax^{\frac 2n}+B)(Cx^{\frac 2n}+D)\\=ACx^n+((A+B)(C+D)-AC-BD)x^{\frac 2n}+BD (Axn2+B)(Cxn2+D)=ACxn+((A+B)(C+D)−AC−BD)xn2+BD
不断递归减少乘法次数。
而 F F T / N T T FFT/ NTT FFT/NTT的基本思想都是利用单位复根/单位原根并采用分治策略先将 f ( x ) , g ( x ) f(x),g(x) f(x),g(x)转化为点值表示,在点值上处理为 h ( x ) h(x) h(x)的点值表示(显然 f ( a ) g ( a ) = h ( a ) f(a)g(a)=h(a) f(a)g(a)=h(a)),再转化为 h ( x ) h(x) h(x),因为 F F T FFT FFT中涉及大量虚数实数运算,精度和常数都很感人,所以常用单模数 N T T NTT NTT,但限制模数为质数。
这里假设大家都已经会 F F T , N T T FFT,NTT FFT,NTT,就不详细展开了。
这里先给出 N T T NTT NTT代码(下文省略),以及习惯性模运算优化:
inline void NTT(int *e,int ptr,int len)//ptr=1 正变换 ptr=0 逆变换
{
int i,j,k,ori,G,pd,ix,iy;G= ptr? g:inv[g];//g:原根 inv[g]:g的逆元
for(i=1;i<len;++i) if(i<rv[i]) swap(e[i],e[rv[i]]);
for(i=1;i<len;i<<=1){
ori=fp(G,(mod-1)/(i<<1));
for(j=0;j<len;j+=(i<<1)){
pd=1;
for(k=0;k<i;++k,pd=mul(pd,ori)){
ix=e[j+k];iy=mul(e[i+j+k],pd);
e[j+k]=ad(ix,iy);e[i+j+k]=dc(ix,iy);
}
}
}
if(ptr) return;
for(i=0;i<len;++i) e[i]=mul(e[i],inv[len]);
}
inline int ad(int x,int y) {x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return x;}
inline int dc(int x,int y) {x-=y;if(x<0) x+=mod;return x;}
inline int mul(int x,int y) {return 1ll*x*y%mod;}
解近似方程根 h ( x ) = 0 h(x)=0 h(x)=0的一种方法。
设 h ( x ) h(x) h(x)当前近似解为 x n x_n xn,进一步迭代:
x n + 1 = x n − h ( x n ) h ′ ( x n ) x n x_{n+1}=x_n-\dfrac {h(x_n)}{\frac {h'(x_n)}{x_n}} xn+1=xn−xnh′(xn)h(xn)
引申:当 h ( x ) h(x) h(x)中嵌套一个 f ( x ) f(x) f(x)构成复合函数 h ( f ( x ) ) = 0 h(f(x))=0 h(f(x))=0,同样可以牛顿迭代倍增求解近似的 f ( x ) f(x) f(x),满足 g ( x ) ≡ h ( f n ( x ) ) ≡ 0 ( m o d x 2 n ) g(x)\equiv h(f_n(x))\equiv 0(mod \ x^{2^n}) g(x)≡h(fn(x))≡0(mod x2n)。
f n + 1 ( x ) ≡ f n ( x ) − g ( x ) g ′ ( x ) ( m o d x 2 n + 1 ) f_{n+1}(x)\equiv f_n(x)-\dfrac {g(x)}{ {g'(x)}{}}(mod\ x^{2^{n+1}}) fn+1(x)≡fn(x)−g′(x)g(x)(mod x2n+1)
注: g ′ ( x ) g'(x) g′(x)是 g g g对 h h h的偏导, g ′ ( x ) = h ′ ( f n ( x ) ) g'(x)=h'(f_n(x)) g′(x)=h′(fn(x))。
上式可以用泰勒展开证明当 f n ( x ) f_n(x) fn(x)前 x 2 n x^{2^n} x2n项满足条件, f n + 1 ( x ) f_{n+1}(x) fn+1(x)前 x 2 n + 1 x^{2^{n+1}} x2n+1项满足条件。
考虑 g ( x ) g(x) g(x)在 f n x f_n{x} fnx处的泰勒展开式:
g ( x ) = ∑ i = 0 ∞ ∂ i h ( x ) ( ∂ x ) i ( f n ( x ) ) i ! ( f ( x ) − f n ( x ) ) i g(x)=\sum_{i=0} ^{\infty} \dfrac{\frac {\partial ^i h(x)}{(\partial x)^i}(f_n(x)) }{i!}(f(x)-f_n(x))^i g(x)=∑i=0∞i!(∂x)i∂ih(x)(fn(x))(f(x)−fn(x))i
这里令 0 ! = 1 0!=1 0!=1。
因为 f n ( x ) f_n(x) fn(x)存在前 x 2 n x^{2^n} x2n项满足条件,当 i ≥ 2 i\geq 2 i≥2时 ( f ( x ) − f n ( x ) ) (f(x)-f_n(x)) (f(x)−fn(x))最小次幂不小于 x 2 n + 1 x^{2^{n+1}} x2n+1次方。
所以牛顿迭代求得就是泰勒展开式的前两项:
g ( x ) ≡ h ( f n ( x ) ) + h ′ ( f n ( x ) ) ( f n + 1 ( x ) − f n ( x ) ) ( m o d x 2 n + 1 ) g(x)\equiv h(f_{n}(x))+h'(f_{n}(x))(f_{n+1}(x)-f_n(x))(mod\ x^{2^{n+1}}) g(x)≡h(fn(x))+h′(fn(x))(fn+1(x)−fn(x))(mod x2n+1)
由因为目标函数 g ( x ) = 0 g(x)=0 g(x)=0,故:
f n + 1 ( x ) = f n x − g ( x ) g ′ ( x ) f_{n+1}(x)=f_n{x}-\dfrac{g(x)}{{g'(x)}{}} fn+1(x)=fnx−g′(x)g(x)
给定 f ( x ) f(x) f(x),求 g ( x ) g(x) g(x)满足 f ( x ) ∗ g ( x ) ≡ 1 ( m o d x n ) f(x)*g(x)\equiv 1(mod\ x^n) f(x)∗g(x)≡1(mod xn)
倍增(递归分治)求解。
法1:
观察 f ( x ) ∗ g n ( x ) − 1 ≡ 0 ( m o d x 2 n ) f(x)*g_n(x)-1\equiv 0(mod\ x^{2^n}) f(x)∗gn(x)−1≡0(mod x2n)
平方后得:
f 2 ( x ) ∗ g n 2 ( x ) − 2 ∗ f ( x ) ∗ g n ( x ) + 1 ≡ 0 ( m o d x 2 n + 1 ) f^2(x)*g_n^2(x)-2*f(x)*g_n(x)+1\equiv 0(mod\ x^{2^{n+1}}) f2(x)∗gn2(x)−2∗f(x)∗gn(x)+1≡0(mod x2n+1)
将 f ( x ) ∗ g n + 1 ( x ) ≡ 1 ( m o d x 2 n + 1 ) f(x)*g_{n+1}(x)\equiv 1(mod\ x^{2^{n+1}}) f(x)∗gn+1(x)≡1(mod x2n+1)代入:
f ( x ) ∗ g n + 1 ( x ) ≡ 2 ∗ f ( x ) ∗ g n ( x ) − f 2 ( x ) ∗ g n 2 ( x ) ( m o d x 2 n + 1 ) f(x)*g_{n+1}(x)\equiv 2*f(x)*g_n(x)-f^2(x)*g_n^2(x)(mod \ x^{2^{n+1}}) f(x)∗gn+1(x)≡2∗f(x)∗gn(x)−f2(x)∗gn2(x)(mod x2n+1)
最终得到:
g n + 1 ( x ) ≡ 2 ∗ g n ( x ) − f ( x ) ∗ g n 2 ( x ) ( m o d x 2 n + 1 ) g_{n+1}(x)\equiv 2*g_n(x)-f(x)*g_n ^2(x)(mod \ x^{2^{n+1}}) gn+1(x)≡2∗gn(x)−f(x)∗gn2(x)(mod x2n+1)
法2:
考虑牛顿迭代求解:
底层为 g [ 0 ] = i n v ( f [ 0 ] ) g[0]=inv(f[0]) g[0]=inv(f[0])
h ( g ( x ) ) = f ( x ) ∗ g ( x ) − 1 = 0 h(g(x))=f(x)*g(x)-1=0 h(g(x))=f(x)∗g(x)−1=0
g n + 1 ( x ) ≡ g n ( x ) − f ( x ) ∗ g n ( x ) − 1 f ( x ) ( m o d x 2 n + 1 ) g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)-\dfrac{f(x)*g_n(x)-1}{f(x)}(mod\ x^{2^{n+1}}) gn+1(x)≡gn(x)−f(x)f(x)∗gn(x)−1(mod x2n+1)
其中 h ′ ( g n ( x ) ) = 1 f ( x ) ≡ g n ( x ) ( m o d x 2 n + 1 ) h'(g_n(x))= \frac{1}{f(x)}\equiv g_n(x)(mod\ x^{2^{n+1}}) h′(gn(x))=f(x)1≡gn(x)(mod x2n+1)
g n + 1 ( x ) ≡ g n ( x ) − ( f ( x ) ∗ g n ( x ) − 1 ) ∗ g n ( x ) ( m o d x 2 n + 1 ) g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)-(f(x)*g_n(x)-1)*g_n(x)(mod\ x^{2^{n+1}}) gn+1(x)≡gn(x)−(f(x)∗gn(x)−1)∗gn(x)(mod x2n+1)
化简得到法1中的式子。
代码:
inline void getinverse(int n,int *f,int *g)
{
if(n==1){g[0]=fastpow(f[0],mod-2);return;}
getinv((n+1)>>1,f,g);
int i,j,len=1,L=0;
static int cont[N];
for(;len<n+n;len<<=1) L++;
for(i=1;i<len;++i) rv[i]=((rv[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
for(i=0;i<n;++i) cont[i]=f[i];
for(i=n;i<len;++i) cont[i]=0;
NTT(cont,1,len);NTT(g,1,len);
for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(g[i],dc(2,mul(cont[i],g[i])));
NTT(g,0,len);
for(i=n;i<len;++i) g[i]=0;
}
给定 f ( x ) f(x) f(x),求 g ( x ) g(x) g(x)满足 f ( x ) ≡ g 2 ( x ) ( m o d x n ) f(x)\equiv g^2(x)(mod\ x^n) f(x)≡g2(x)(mod xn)
倍增(递归分治)求解。
法1:
观察 g n 2 ( x ) − f ( x ) ≡ 0 ( m o d x 2 n ) g_n^2(x)-f(x)\equiv 0(mod \ x^{2^n}) gn2(x)−f(x)≡0(mod x2n)
平方后得:
g n 4 ( x ) − 2 ∗ g n 2 ( x ) ∗ f ( x ) + f 2 ( x ) ≡ 0 ( m o d x 2 n + 1 ) g_n^4(x)-2*g_n^2(x)*f(x)+f^2(x)\equiv 0 (mod \ x^{2^{n+1}}) gn4(x)−2∗gn2(x)∗f(x)+f2(x)≡0(mod x2n+1)
巧妙地移项:
( g n 2 ( x ) + f ( x ) ) 2 ≡ 4 ∗ g n 2 ( x ) ∗ f ( x ) (g_n^2(x)+f(x))^2 \equiv 4*g_n^2(x)*f(x) (gn2(x)+f(x))2≡4∗gn2(x)∗f(x)
化归得:
( g n 2 ( x ) + f ( x ) 2 ∗ g n 2 ( x ) ) 2 ≡ f ( x ) ( m o d x 2 n + 1 ) (\dfrac{g_n^2(x)+f(x)}{2*g_n^2(x)})^2 \equiv f(x)(mod\ x^{2^{n+1}}) (2∗gn2(x)gn2(x)+f(x))2≡f(x)(mod x2n+1)
f ( x ) ≡ g n + 1 2 ( x ) ( m o d x 2 n + 1 ) f(x)\equiv g_{n+1}^2(x)(mod\ x^{2^{n+1}}) f(x)≡gn+12(x)(mod x2n+1),故:
g n + 1 ( x ) ≡ g n 2 ( x ) + f ( x ) 2 ∗ g n 2 ( x ) ( m o d x 2 n + 1 ) g_{n+1}(x) \equiv \dfrac{g_n^2(x)+f(x)}{2*g_n^2(x)}(mod\ x^{2^{n+1}}) gn+1(x)≡2∗gn2(x)gn2(x)+f(x)(mod x2n+1)
法2:
考虑牛顿迭代求解:
底层为 g [ 0 ] = s q r t ( f [ 0 ] ) g[0]=sqrt(f[0]) g[0]=sqrt(f[0])
h ( g ( x ) ) = g 2 ( x ) − f ( x ) = 0 h(g(x))=g^2(x)-f(x)=0 h(g(x))=g2(x)−f(x)=0
g n + 1 ( x ) ≡ g n ( x ) − g n 2 ( x ) − f ( x ) 2 ∗ g n ( x ) ( m o d x 2 n + 1 ) g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)-\dfrac{g_n ^2 (x)-f(x)}{2*g_n(x)}(mod \ x^{2^{n+1}}) gn+1(x)≡gn(x)−2∗gn(x)gn2(x)−f(x)(mod x2n+1)
化简得到法1中的式子。
代码:
inline void getsqrt(int n,int *f,int *g)
{
if(n==1) {g[0]=sqrt(f[0]);return;}
getsqrt((n+1)>>1,f,g);
int i,j,L=0,len=1;
for(;len<n+n;len<<=1) L++;
static int inv[N],tp[N];
for(i=0;i<len;++i) inv[i]=0;
getinv(n,g,inv);
for(i=1;i<len;++i) rv[i]=((rv[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
for(i=0;i<n;++i) tp[i]=f[i];
for(i=n;i<len;++i) tp[i]=0;
NTT(inv,1,len);NTT(g,1,len); NTT(tp,1,len);
for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(ad(mul(g[i],g[i]),tp[i]),mul(iv[2],inv[i]));
NTT(g,0,len);
for(i=n;i<len;++i) g[i]=0;
}
给定 f ( x ) f(x) f(x),求 g ( x ) ≡ l n ( f ( x ) ) ( m o d x n ) g(x)\equiv ln(f(x)) (mod \ x^n) g(x)≡ln(f(x))(mod xn)
求 l n ln ln不能用牛顿迭代求解,因为 h ( g ( x ) ) h(g(x)) h(g(x))中 g ( x ) g(x) g(x)的系数为1,迭代会产生恒等式。
对等式两侧求导:
g ′ ( x ) ≡ f ′ ( x ) f ( x ) g'(x)\equiv \frac {f'(x)}{f(x)} g′(x)≡f(x)f′(x)
则 g ( x ) ≡ ∫ f ′ ( x ) f ( x ) d x + C ( m o d x n ) g(x)\equiv \int \frac {f'(x)}{f(x)} dx +C(mod \ x^n) g(x)≡∫f(x)f′(x)dx+C(mod xn)
注意求积分 C = 0 C=0 C=0后默认 f [ 0 ] = 1 f[0]=1 f[0]=1,所以 f [ 0 ] ≠ 1 f[0]\neq 1 f[0]̸=1时要特殊处理 C C C(代入任意值计算处理)。
代码:
inline void getln(int n,int *f,int *g)
{
int i,j,len=1,L=0;
for(;len<n+n;len<<=1) L++;
static int der[N],nv[N];
for(i=0;i<len;++i) der[i]=nv[i]=0;
getderivative(n,f,der);
getinverse(n,f,nv);
for(i=1;i<len;++i) rv[i]=((rv[i>>1]>>1)|(i&1)<<(L-1));
NTT(nv,1,len);NTT(der,1,len);
for(i=0;i<len;++i) der[i]=mul(der[i],nv[i]);
NTT(der,0,len);
getintegration(n,der,g);
}
给定 f ( x ) f(x) f(x),求 g ( x ) g(x) g(x)满足 e f ( x ) ≡ g ( x ) ( m o d x n ) e^{f(x)}\equiv g(x) (mod \ x^n) ef(x)≡g(x)(mod xn)
倍增(递归分治)求解。求exp只能用牛顿迭代了。
考虑取 l n ln ln变形:
l n ( g ( x ) ) ≡ f ( x ) ( m o d x n ) ln(g(x))\equiv f(x) (mod\ x^n) ln(g(x))≡f(x)(mod xn)
底层为 g [ 0 ] = e f [ 0 ] g[0]=e^{f[0]} g[0]=ef[0](一般情况下默认 f ( x ) f(x) f(x)常数项为0)。
h ( g ( x ) ) = l n ( g ( x ) ) − f ( x ) = 0 h(g(x))=ln(g(x))-{f(x)}=0 h(g(x))=ln(g(x))−f(x)=0
g n + 1 ( x ) ≡ g n x − l n ( g n ( x ) ) − f ( x ) 1 g n ( x ) ( m o d x 2 n + 1 ) ) g_{n+1}(x)\equiv g_n{x} - \dfrac {ln(g_n(x))-f(x)}{\frac{1}{g_n(x)}}(mod \ x^{2^{n+1}})) gn+1(x)≡gnx−gn(x)1ln(gn(x))−f(x)(mod x2n+1))
g n + 1 ( x ) ≡ g n ( x ) ∗ ( 1 − l n ( g n ( x ) ) + f ( x ) ) ( m o d x 2 n + 1 ) g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)*(1-ln(g_n(x))+f(x))(mod \ x^{2^{n+1}}) gn+1(x)≡gn(x)∗(1−ln(gn(x))+f(x))(mod x2n+1)
代码:
inline void getexp(int n,int *f,int *g)
{
if(n==1) {g[0]=1;return;}
getexp((n+1)>>1,f,g);
int i,j,L=0,len=1;
for(;len<n+n;len<<=1) L++;
static int ln[N];
for(i=0;i<len;++i) ln[i]=0;
getln(n,g,ln);
for(i=0;i<n;++i) ln[i]=dc(f[i],ln[i]);
ln[0]=ad(ln[0],1);
NTT(ln,1,len);NTT(g,1,len);
for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(g[i],ln[i]);
NTT(g,0,len);
for(i=n;i<len;++i) g[i]=0;
}
给定 f ( x ) , k f(x),k f(x),k,求 g ( x ) g(x) g(x)满足 g ( x ) ≡ f k ( x ) ( m o d x n ) g(x)\equiv f^k(x)(mod\ x^n) g(x)≡fk(x)(mod xn)
考虑取 l n ln ln变形,再次进行降幂:
l n ( g ( x ) ) ≡ k ∗ l n ( f ( x ) ) ( m o d x n ) ln(g(x))\equiv k*ln(f(x))(mod\ x^n) ln(g(x))≡k∗ln(f(x))(mod xn)
故:
g ( x ) ≡ e k ∗ l n ( f ( x ) ) ( m o d x n ) g(x)\equiv e^{k*ln(f(x))}(mod\ x^n) g(x)≡ek∗ln(f(x))(mod xn)
代码:
inline void getpow(int n,int *f,int *g,int K)
{
int i,j,L=0,len=1;
getln(n,f,g);
for(;len<n;len<<=1) L++;
for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(g[i],K);
for(i=0;i<n;++i) f[i]=0;
getexp(n,g,f);
}
给定 P ( x ) P(x) P(x),求 X ( x ) , Y ( x ) X(x),Y(x) X(x),Y(x)满足
cos P ( x ) − X ( x ) ≡ 0 (   m o d   x n ) \cos P(x) - X(x) \equiv 0 (\bmod{x^n}) cosP(x)−X(x)≡0(modxn)
sin P ( x ) − Y ( x ) ≡ 0 (   m o d   x n ) \sin P(x) - Y(x) \equiv 0 (\bmod{x^n}) sinP(x)−Y(x)≡0(modxn)
由欧拉公式:
e i P ( x ) = c o s P ( x ) + i s i n P ( x ) e^{iP(x)}=cosP(x)+isinP(x) eiP(x)=cosP(x)+isinP(x)
所以可以用复数二元组,实部表示 X ( x ) X(x) X(x),虚部表示 Y ( x ) Y(x) Y(x)。
X ( x ) + i Y ( x ) = e i P ( x ) X(x)+iY(x)=e^{iP(x)} X(x)+iY(x)=eiP(x)
求一下 e x p exp exp分别对应。
貌似可以 F F T FFT FFT直接算,但应用程度不高。
所以是理论可行。代码?唔,不存在的(留坑)。
多项式除法与取模
给定 f ( x ) , k f(x),k f(x),k,求 g ( x ) g(x) g(x)的 k k k次项系数 g [ k ] g[k] g[k],满足 f ( g ( x ) ) = x ( m o d x n ) f(g(x))=x(mod\ x^n) f(g(x))=x(mod xn)
形式幂级数:
对于一个多项式,仅有有限项的系数是非零的。而对于形式幂级数,则去掉这一限制,将项数与系数推广到无穷大:
F ( x ) = ∑ i = 0 ∞ a i x i F(x)=\sum _{i=0} ^{\infty}a_ix^i F(x)=∑i=0∞aixi
其中系数 a i a_i ai均为环 R [ x ] R[x] R[x](可以是实数/复数/整数/模意义下剩余类)中的元素,为方便表示,设 [ x n ] [x^n] [xn]表示 F ( x ) F(x) F(x)中 x n x^n xn的系数。所有的形式幂级数构成形式幂级数环 R [ [ x ] ] R[[x]] R[[x]]。
拉格朗日反演:
若 F ( x ) , G ( x ) ∈ R [ [ x ] ] F(x),G(x)\in R[[x]] F(x),G(x)∈R[[x]]且 F ( G ( x ) ) = x F(G(x))=x F(G(x))=x,则
[ x n ] G ( x ) = 1 n [ x − 1 ] 1 F n ( x ) [x^n]G(x)=\dfrac 1n[x^{-1}]\dfrac {1}{F^n(x)} [xn]G(x)=n1[x−1]Fn(x)1
且 F ( x ) F(x) F(x)为 G ( x ) G(x) G(x)的复合逆。
特别的,若 F ( x ) = x ϕ ( x ) F(x)=\dfrac x{\phi (x)} F(x)=ϕ(x)x,则:
[ x n ] G ( x ) = 1 n [ x n − 1 ] ϕ n ( x ) [x^n]G(x)=\dfrac1n[x^{n-1}]\phi^n(x) [xn]G(x)=n1[xn−1]ϕn(x)
由 F ( x ) = x ϕ ( x ) F(x)=\dfrac x{\phi (x)} F(x)=ϕ(x)x,得 ϕ ( x ) = x F ( x ) \phi (x)=\dfrac x{F(x)} ϕ(x)=F(x)x,代入上式:
[ x n ] G ( x ) = 1 n [ x n − 1 ] ( x F ( x ) ) n [x^n]G(x)=\dfrac1n[x^{n-1}]\left(\dfrac x{F(x)}\right)^n [xn]G(x)=n1[xn−1](F(x)x)n
进一步拓展:
[ x n ] h ( g ( x ) ) = 1 n [ x n − 1 ] h ′ ( x ) ( x f ( x ) ) n [x^n]h(g(x))=\dfrac{1}{n}[x^{n-1}]h'(x)\left(\dfrac{x}{f(x)}\right)^n [xn]h(g(x))=n1[xn−1]h′(x)(f(x)x)n(三层嵌套)
证明详见拉格朗日反演- hjuy134
代码:
inline int lagrange(int n,int *F,int *G,int k)
{
static int res[N];
getinverse(n,F,res);
for(i=n-1;i>=1;--i) res[i]=res[i-1];
res[0]=0;
getpow(n,res,G,k);
return mul(G[k-1],fastpow(k,mod-2));
}
原文戳这里
内容 | 时间复杂度 | 常数 |
---|---|---|
卷积 | O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) | 3 |
求逆 | O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) | 6 |
开根 | O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) | 18 |
求导 | O ( n ) O(n) O(n) | 1 |
积分 | O ( n ) O(n) O(n) | 1 |
ln | O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) | 9 |
exp | O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) | 24 |
快速幂 | O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) | 33 |
给定 f ( x ) f(x) f(x)以及点集 X = { x 1 , x 2 , . . . , x n } X=\{x_1,x_2,...,x_n \} X={x1,x2,...,xn},求 f ( x 1 ) , f ( x 2 ) , . . . , f ( x n ) f(x_1),f(x_2),...,f(x_n) f(x1),f(x2),...,f(xn)。
倍增(递归分治)求解。
考虑底层:由拉格朗日插值法式,得到 F ( x i ) = F ( x ) ( m o d ( x − x i ) ) ( x i ) F(x_i)=F(x)(mod\ (x-x_i))(x_i) F(xi)=F(x)(mod (x−xi))(xi)
观察到 ∃ f ′ ( x ) = f ( x ) m o d ( ∏ i = 1 n ( x − x i ) ) \exists f'(x)=f(x) mod (\prod _{i=1} ^n (x-x_i)) ∃f′(x)=f(x)mod(∏i=1n(x−xi)),满足 f ′ ( x ) = f ( x ) ( 1 ≤ i ≤ n ) f'(x)=f(x) (1\leq i\leq n) f′(x)=f(x)(1≤i≤n)
因为 f ( x ) f(x) f(x)在可取范围 d e g ( f ( x ) ) ≥ n − 1 deg(f(x))\geq n-1 deg(f(x))≥n−1内的答案都是唯一的,所以可以保留到这 n n n个点的
最简拉格朗日插值式化出的多项式( d e g ( f ) = n − 1 deg(f)=n-1 deg(f)=n−1),而不会影响答案,而这样的一个式子必然仅
存在于 ∏ i = 1 n ( x − x i ) \prod _{i=1} ^n (x-x_i) ∏i=1n(x−xi)(最高项次幂为 n > d e g ( f ) n>deg(f) n>deg(f))的剩余类中,故等式成立。
那么考虑分治处理,设:
X 0 = { x 0 , x 1 , . . . , x ⌊ n 2 ⌋ } X_0=\{x_0,x_1,...,x_{\lfloor{\frac n2} \rfloor} \} X0={x0,x1,...,x⌊2n⌋}, X 1 = { x ⌊ n 2 ⌋ + 1 , x ⌊ n 2 ⌋ + 2 , . . . , x n } X_1=\{x_{\lfloor {\frac n2 }\rfloor+1},x_{\lfloor {\frac n2}\rfloor+2},...,x_n\} X1={x⌊2n⌋+1,x⌊2n⌋+2,...,xn}
g 0 ( x ) = ∏ i = 1 ⌊ n 2 ⌋ ( x − x i ) g_0(x)=\prod _{i=1} ^{\lfloor{\frac n2} \rfloor} (x-x_i) g0(x)=∏i=1⌊2n⌋(x−xi), g 1 ( x ) = ∏ i = ⌊ n 2 ⌋ + 1 n ( x − x i ) g_1(x)=\prod _{i={\lfloor {\frac n2}\rfloor}+1}^n (x-x_i) g1(x)=∏i=⌊2n⌋+1n(x−xi)
显然对于 x i ∈ X 0 x_i\in X_0 xi∈X0, g 0 ( x i ) = 0 g_0(x_i)=0 g0(xi)=0;对于 x i ∈ X 1 x_i\in X_1 xi∈X1, g 1 ( x i ) = 0 g_1(x_i)=0 g1(xi)=0。
于是每次二分递归,将两边连乘积合并即可,先预处理出所有递归中取模后的多项式,再递归处理。
靠谱的做法是小于一定数量时暴力算,因为多点求值的常数太大了(复杂度 O ( n l o o o o o o g 2 n ) O(nloooooog^2n) O(nloooooog2n))。
代码:
#define mid (((l)+(r))>>1)
inline void prework(int dep,int l,int r,int *x,int *consmul)//预处理连乘积
{
if(l==r){
consmul[dep][l<<1]=mod-x[l];
consmul[dep][l<<1|1]=1;//递归底部:x-xi
return;
}
prework(dep+1,l,mid,x,consmul);
prework(dep+1,mid+1,r,x,consmul);
getmul(consmul[dep+1]+(l<<1),mid-l+1,consmul[dep+1]+((mid+1)<<1),r-mid,consmul[dep]+(l<<1),r-l+1);
}
inline void getval(int dep,int l,int r,int *f,int *y,int *consmul)
{
static int modulo[D][N];//记录取模后多项式
getmod(f,r-l,consmul[dep]+(l<<1),r-l+1,modulo[dep]+l);
if(l==r){y[l]=modulo[dep][l];return;}
getval(dep+1,l,mid,modulo[dep]+l,y,consmul);
getval(dep+1,mid+1,r,modulo[dep]+mid+1,y,consmul);
}
inline void getval(int *f,int *x,int n,int *y)
{
static int consmul[D][N<<1];//记录连乘积
prework(0,1,n,x,dc);
getval(0,1,n,f,y,dc);
}
注:此代码没有提交过,不保证正确性。
给定二元组集合 P = { ( x 1 , f ( x 1 ) ) , ( x 2 , f ( x 2 ) , . . . , ( x n , f ( x n ) ) } P=\{(x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2),...,(x_n,f(x_n)) \} P={(x1,f(x1)),(x2,f(x2),...,(xn,f(xn))},求 f ( x ) ( d e g ( f ) < n ) f(x)(deg(f)<n) f(x)(deg(f)<n)
首先介绍一种不快速但很好手算的方法,牛顿插值(增量法):
设 g n ( x ) = ∏ i = 1 n ( x − x i ) g_n(x)=\prod _{i=1}^n(x-x_i) gn(x)=∏i=1n(x−xi)
设前 n n n个点插值得到 f n ( x ) f_n(x) fn(x),考虑 f n + 1 ( x ) f_{n+1}(x) fn+1(x):
f n + 1 ( x ) ≡ f n ( x ) ( m o d g ( n ) ) f_{n+1}(x)\equiv f_n(x) (mod\ g(n)) fn+1(x)≡fn(x)(mod g(n))
故 f n + 1 ( x ) = f n ( x ) + k ∗ g ( n ) f_{n+1}(x)=f_n(x)+k*g(n) fn+1(x)=fn(x)+k∗g(n)
代入 x = x n + 1 x=x_{n+1} x=xn+1,解出 k k k,即可求出 f n + 1 ( x ) f_{n+1}(x) fn+1(x)。复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)。
现在来考虑一种复杂度 O ( n l o o o o o o o o o g 2 n ) O(nlooooooooog^2n) O(nlooooooooog2n)的快速插值:
观察拉格朗日插值式:
f ( x ) = ∑ i = 1 n f ( x i ) ∏ j = 1 , j ≠ i n x − x j x i − x j f(x)=\sum_ {i=1} ^n f(x_i) \prod _{j=1,j\neq i}^{n} \dfrac {x-x_j}{x_i-x_j} f(x)=∑i=1nf(xi)∏j=1,j̸=inxi−xjx−xj
通过化简优化一下这个 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的式子:
f ( x ) = ∑ i = 1 n f ( x i ) ∏ j = 1 , j ≠ i n ( x i − x j ) ∏ j = 1 , j ≠ i n ( x − x j ) f(x)=\sum_{i=1} ^n \dfrac {f(x_i)}{\prod _{j=1,j\neq i}^n (x_i-x_j)}\prod _{j=1,j\neq i}^n(x-x_j) f(x)=∑i=1n∏j=1,j̸=in(xi−xj)f(xi)∏j=1,j̸=in(x−xj)
设 g ( x ) = ∏ i = 1 n ( x − x i ) g(x)=\prod _{i=1} ^n (x-x_i) g(x)=∏i=1n(x−xi), g i ( x ) = g ( x ) x − x i g_i(x)=\frac {g(x)}{x-x_i} gi(x)=x−xig(x)
显然 ∏ j = 1 , j ≠ i n ( x i − x j ) = g i ( x ) \prod _{j=1,j\neq i}^n (x_i-x_j)=g_i(x) ∏j=1,j̸=in(xi−xj)=gi(x)。
将 g ( x ) = ( x − x i ) g i ( x ) g(x)=(x-x_i)g_i(x) g(x)=(x−xi)gi(x)巧妙地求导(利用洛必达法则)后发现:
g ′ ( x ) = g i ( x ) + ( x − x i ) g ′ ( x ) g'(x)=g_i(x)+(x-x_i)g'(x) g′(x)=gi(x)+(x−xi)g′(x)
故: g i ( x i ) = g ′ ( x i ) g_i(x_i)=g'(x_i) gi(xi)=g′(xi)
g i ( x i ) g_i(x_i) gi(xi)变成了 g ′ ( x ) g'(x) g′(x)的多点求值。
那么 1 ∏ j = 1 , j ≠ i n ( x i − x j ) \frac {1}{\prod _{j=1,j\neq i}^n(x_i-x_j)} ∏j=1,j̸=in(xi−xj)1就可以快速求出了,而 ∏ j = 1 , j ≠ i n ( x − x j ) = ( x − x i ) ∏ j = 1 n ( x − x j ) \prod _{j=1,j\neq i}^n(x-x_j)=(x-x_i)\prod_{j=1}^n(x-x_j) ∏j=1,j̸=in(x−xj)=(x−xi)∏j=1n(x−xj),直接用分治 F F T FFT FFT求出连乘积(类似多点求值中的预处理)即可。最后 O ( n ) O(n) O(n)合并答案。
代码:
#define mid (((l)+(r))>>1)
inline void getinterpolation(int dep,int l,int r,int *val,int *consmul,int *f)
{
if(l==r) {f[l]=val[l];return;}
getinterpolation(dep+1,l,mid,val,consmul,f);
getinterpolation(dep+1,mid+1,r,val,consmul,f);
static int g[N],h[N];
getmul(f+l,mid-l,consmul[dep+1]+((mid+1)<<1),r-mid,g,r-l);
getmul(f+mid+1,r-mid-1,consmul(dep+1)+(l<<1),l-mid+1,h,r-l);
//类似线段树与另一子节点合并过程,每一位乘上除自己位以外的所有连乘积
//注意总次数是r-l,不是r-l+1,本区间向乘上另一区间时次数会少一位(少乘了自己)
getadd(g,h,f+l,r-l);//合并
}
inline void getinterpolation(int *x,int *y,int n,int *f)
{
static int consmul[D][N<<1],res[N],val[N];
prework(0,1,n,x,consmul);//预处理连乘积
getderivative(n,consmul[0],res);//处理g'(x)
getval(res,x,n,val);//多点求值得到gi(xi)
for(int i=1;i<=n;++i)
val[i]=mul(y[i],inv[val[i]]);
getinterpolation(0,1,n,val,consmul,f);//最后乘上式子右边一部分
}
注:此代码没有提交过,不保证正确性。
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