多项式全家桶——炫酷多项式变换

FFT

相信大家FFT已经掌握的很熟练了。

参考这一篇博客：浅谈算法——从多项式乘法到FFT

常数优化1——IDFT

若已知多项式$A(x)$的点值表示
$$<({\omega }_n^0,A({\omega }_n^0)),({\omega }_n^1,A({\omega }_n^1)),\cdots ,({\omega }_n^{n-1},A({\omega }_n^{n-1}))>$$
则多项式$A(x)$满足
$$[x^{rev(k)}]A(x)=\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^{ki}A({\omega }_n^i)$$
其中
$$rev(k)=\{\begin{array}{ll}0& k=0\\ n-k-1& k̸=0\end{array}$$
就是说：IDFT只需要调用DFT函数然后std::reverse(a+1,a+n+1)，最后同时除以$n$即可。

证明：假设
$$A(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i$$
那么
$$[x^{rev(k)}]A(x)=\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^{ki}\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j{\omega }_n^{ij}$$
交换两个求和符号
$$[x^{rev(k)}]A(x)=\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i\sum _{j=0}^{n-1}{\omega }_n^{ij}{\omega }_n^{kj}$$
显然
$$[x^{rev(k)}]A(x)=\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i\sum _{j=0}^{n-1}{\omega }_n^{(i+k)j}$$
此时，若$i=rev(k)$，则$i+k=0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$，此时
$${\omega }_n^{(i+k)j}=1$$
即
$$\sum _{j=0}^{n-1}{\omega }_n^{(i+k)j}=n$$
否则由等比数列求和公式
$$\sum _{j=0}^{n-1}{\omega }_n^{(i+k)j}=\frac{1-{\omega }_n^{(i+k)n}}{1-{\omega }_n^{i+k}}=0$$
因此
$$[x^{rev(k)}]A(x)=\frac{1}{n}{a}_{rev(k)}n=a_{rev(k)}$$

常数优化2

假设有两个实多项式$A(x),B(x)$，现在要求出他们两个的FFT后的结果。若
$$P(x)=A(x)+iB(x)$$
则
$$\begin{gathered} A({\omega }_n^k)=\frac{P({\omega }_n^k)+\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{j}(P({\omega }_n^{rev(k)}))}{2} \\ B({\omega }_n^k)=i\frac{P({\omega }_n^k)-\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{j}(P({\omega }_n^{rev(k)}))}{2} \end{gathered}$$
其中$i=\sqrt{-1}$，$\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{j}(x)$为$x$的共轭虚数。

证明：容易发现，我们只需要证明
$$\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{j}(P({\omega }_n^{rev(k)}))=A({\omega }_n^k)-iB({\omega }_n^k)$$
即可得证。

假设
$$\begin{gathered} A(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i \\ B(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{b}_i{x}^i \end{gathered}$$
那么
$$A({\omega }_n^k)-iB({\omega }_n^k)=\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j{\omega }_n^{kj}-i\sum _{j=0}^{n-1}{b}_j{\omega }_n^{kj}$$
由于
$${\omega }_n^k=\cos \frac{2\pi k}{n}+i\sin \frac{2\pi k}{n}$$
带入得
$$A({\omega }_n^k)-iB({\omega }_n^k)=\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j(\cos \frac{2\pi kj}{n}+i\sin \frac{2\pi kj}{n})+\sum _{j=0}^{n-1}{b}_i(-i\cos \frac{2\pi kj}{n}+\sin \frac{2\pi kj}{n})$$
而由于${\omega }_n^{rev(k)}={\omega }_n^{-k}$
$$\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{j}(P({\omega }_n^{rev(k)}))=\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{j}(A({\omega }_n^{-k})+iB({\omega }_n^{-k}))$$
即
$$\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{j}(P({\omega }_n^{rev(k)}))=\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{j}(\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j(\cos (-\frac{2\pi kj}{n})+i\sin (-\frac{2\pi kj}{n}))+\sum _{j=0}^{n-1}{b}_j(i\cos (-\frac{2\pi kj}{n})-\sin (-\frac{2\pi kj}{n})))$$
由于$\sin (-x)=-\sin x,\cos (-x)=\cos x$
$$\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{j}(P({\omega }_n^{rev(k)}))=\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{j}(\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j(\cos \frac{2\pi kj}{n}-i\sin \frac{2\pi kj}{n})+\sum _{j=0}^{n-1}{b}_j(i\cos \frac{2\pi kj}{n}+\sin \frac{2\pi kj}{n}))$$
由于$a_j,b_j$是实数，因此
$$\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{j}(P({\omega }_n^{rev(k)}))=A({\omega }_n^k)-iB({\omega }_n^k)$$
因此，我们将两个多项式的FFT变成了一个多项式的FFT。

MTT

对于两个多项式
$$A(x),B(x)$$
求多项式乘法，$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7$之类的质数。

不能NTT，FFT的精度误差太大，怎么办？

假设这个质数为$p$，令$p^{\prime }=\lfloor \sqrt{p}\rfloor$
$$\begin{gathered} A(x)=p^{\prime }{Q}_A(x)+R_A(x) \\ B(x)=p^{\prime }{Q}_B(x)+R_B(x) \end{gathered}$$
其中$R_A(x)$和$R_B(x)$的每一项的系数都$<p^{\prime }$，那么
$$A(x)B(x)=p^{\prime 2}{Q}_A(x)Q_B(x)+p^{\prime }(Q_A(x)R_B(x)+Q_B(x)R_A(x))+R_A(x)R_B(x)$$
这样能大大减小精度误差。

常数优化

使用上面FFT部分中提到的常数优化2即可。

多项式求逆

$$A(x)F(x)=1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$

其中$n$是多项式$A(x)$的度数。

假设我们已经求出了
$$A(x)F_0(x)=1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil n/2\rceil }$$
上面两式相减
$$F(x)-F_0(x)=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil n/2\rceil }$$
两边平方
$$F^2(x)-2F(x)F_0(x)+F_0^2(x)=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
左右同时乘以$A(x)$
$$F(x)-2F_0(x)+A(x)F_0^2(x)=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
即
$$F(x)=2F_0(x)-A(x)F_0^2(x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$

常数优化

对于MTT在多项式求逆上的常数优化，参见这篇文章：一个多项式求逆的卡常技巧

多项式取对数

$$F(x)=\ln A(x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$

考虑对两边同时求导
$$F^{\prime }(x)=A^{-1}(x)A^{\prime }(x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
因此
$$F(x)=\int A^{-1}(x)A^{\prime }(x)\mathrm{d}x$$

牛顿迭代

对于一个多项式$F(x)$，满足
$$G(F(x))=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
$G(x)$已知，现在要求$F(x)$。

假设已经求出了
$$G(F_0(x))=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil n/2\rceil }$$
考虑对$G(F(x))$在$F_0(x)$处展开
$$G(F(x))=G(F_0(x))+\frac{G^{\prime }(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))+\frac{G^{\prime \prime }(F_0(x))}{2!}(F(x)-F_0(x){)}^2+\cdots$$
注意这里的$G^{\prime }(F(x))$是$G(F(x))$对$F(x)$取导数的结果。

由于$F(x)$和$F_0(x)$的最后$\lceil \frac{n}{2}\rceil$项相同，因此
$$(F(x)-F_0(x){)}^k=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
在$k\ge 2$时都成立。

因此
$$G(F(x))=G(F_0(x))+G^{\prime }(F_0(x))(F(x)-F_0(x))\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
由于
$$G(F_0(x))=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
因此
$$F(x)=F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G^{\prime }(F_0(x))}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$

多项式求指数

$$F(x)=e^{A(x)}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$

两边同时取对数得到
$$\ln F(x)=A(x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
令
$$G(F(x))=\ln F(x)-A(x)=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
容易发现
$$G^{\prime }(F(x))=F^{-1}(x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
套牛顿迭代公式，假设我们已经求出了
$$\ln F_0(x)-A(x)=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil n/2\rceil }$$
则
$$F(x)=F_0(x)-F_0(x)(\ln F_0(x)-A(x))\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
更优雅的式子是
$$F(x)=F_0(x)(1-\ln F_0(x)+A(x))\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$

多项式开方

$$F^2(x)=A(x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$

考虑
$$G(F(x))=F^2(x)-A(x)=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
容易发现
$$G^{\prime }(F(x))=2F(x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
套牛顿迭代公式，假设我们已经求出了
$$F_0^2(x)-A(x)=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil n/2\rceil }$$
即有
$$F(x)=F_0(x)-2^{-1}{F}_0^{-1}(x)(F_0^2(x)-A(x))\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$
更优雅的式子是
$$F(x)=2^{-1}(F_0(x)+A(x)F_0^{-1}(x))\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$$

拉格朗日反演

令
$$G(F(x))=x$$
已知$G(x)$要求$F(x)$。其中，$G(x)$无常数项。

经过一些奥妙重重的变换可以得到
$$[x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}]\frac{1}{G^{\prime n}(x)}$$
其中
$$G^{\prime }(x)=\frac{G(x)}{x}$$
为啥？我也不知道……

UPD：证明