多项式全家桶

咕了很久的多项式库，用的时候可以直接Ctrl+C加Ctrl+v了

1多项式乘法

洛谷模板
不说了，直接NTT背代码即可

int N,bit;
int rev[inf];

void FFT(ll a[],int f){
    for (int i=0;i<N;i++){
        if (rev[i]>i){
            swap(a[i],a[rev[i]]);
        }
    }
    for (int i=1;i<N;i*=2){
        ll wn=Qpow(f==1?G:invG,(mod-1)/i/2);
        for (int j=0;j<N;j+=i*2){
            ll w=1;
            for (int k=0;k<i;k++){
                ll x=a[j+k],y=a[i+j+k]*w%mod;
                a[j+k]=(x+y)%mod;
                a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
                w=w*wn%mod;
            }
        }
    }
    if (f==-1){
        ll invn=getinv(N);
        for (int i=0;i<N;i++){
            a[i]=a[i]*invn%mod;
        }
    }
    return;
}

void Poly_mul(ll A[],ll B[],int n){
    N=1;
    while (N<=n){
        N*=2;
        bit++;
    }
    for (int i=0;i<N;i++){
        rev[i]=(rev[i/2]/2)|((i&1)<<(bit-1));
    }
    FFT(A,1);
    FFT(B,1);
    for (int i=0;i<=N;i++){
        A[i]=A[i]*B[i]%mod;
    }
    FFT(A,-1);
    return;
}

2任意模数ntt

洛谷模板
用三个模数计算后crt即可
代码过长，见这里

3多项式求逆

洛谷模板
即给多项式$A(x)$，求$B(x)$使$A(x)\times B(x)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
考虑倍增，若求得$A(x)\times B^{\prime }(x)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$，并已知$A(x)\times B(x)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$
$$\therefore A(x)\ast (B^{\prime }(x)-B(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$
$$\therefore (B^{\prime }(x)-B(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$
$$\therefore (B^{\prime }(x)-B(x){)}^2=B^{\prime 2}(x)+B^2(x)-2B(x)B^{\prime }(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$
$$\therefore A(x)\times (B^{\prime 2}(x)+B^2(x)-2B(x)B^{\prime }(x))=A(x)B^{\prime 2}(x)+B(x)-2B^{\prime }(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$
$$\therefore B(x)\equiv B^{\prime }(x)\times (2-A(x)B^{\prime }(x))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$
边界：$B_0=inv(A_0)$
代码：

void Poly_cal(ll A[],ll B[],int n){
    N=1,bit=0;
    while (N<n*2){
        N*=2;
        bit++;
    }
    for (int i=0;i<N;i++){
        rev[i]=(rev[i/2]/2)|((i&1)<<(bit-1));
    }
    FFT(A,1);
    FFT(B,1);
    for (int i=0;i<=N;i++){
        B[i]=B[i]*(2-A[i]*B[i]%mod+mod)%mod;
    }
    FFT(B,-1);
    for (int i=n;i<=N;i++){
        B[i]=0;
    }
    return;
}

ll tmp[inf];

void Poly_inv(ll A[],ll ans[],int n){
    if (n==1){
        ans[0]=getinv(A[0]);
        return;
    }
    Poly_inv(A,ans,(n+1)/2);
    memset(tmp,0,sizeof(tmp));
    for (int i=0;i<n;i++){
        tmp[i]=A[i];
    }
    Poly_cal(tmp,ans,n);
    return;
}

4多项式开方

洛谷模板
即给多项式$A(x)$，求$B(x)$使$B^2(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
考虑倍增，若求得$B^{\prime 2}(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$，并已知$B^2(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$
$$\therefore B^2(x)-B^{\prime 2}(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$
$$\therefore B^4(x)+B^{\prime 4}(x)-2B^2(x)B^{\prime 2}(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$
$$\therefore B^4(x)+B^{\prime 4}(x)+2B^2(x)B^{\prime 2}(x)\equiv 4B^2(x)B^{\prime 2}(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$
$$\therefore B^2(x)+B^{\prime 2}(x)\equiv 2B(x)B^{\prime }(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$
$$\therefore A(x)+B^{\prime 2}(x)\equiv 2B(x)B^{\prime }(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$
$$\therefore B(x)\equiv \frac{A(x)+B^{\prime 2}(x)}{2B^{\prime }(x)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$
再用多项式求逆即可。
边界：$B_0=\sqrt{A_0}$(二次剩余)
代码(模板中$A_0=1$)：

ll C[inf],B[inf],D[inf];

void Poly_sqrt(ll A[],ll ans[],int n){
    if (n==1){
        ans[0]=1;
        return;
    }
    memset(B,0,sizeof(B));
    memset(C,0,sizeof(C));
    memset(D,0,sizeof(D));
    Poly_sqrt(A,ans,(n+1)/2);
    for (int i=0;i<n;i++){
        C[i]=ans[i]*2%mod;
        D[i]=ans[i];
        B[i]=0;
    }
    Poly_inv(C,B,n);
    Poly_mul(ans,D,n);
    for (int i=0;i<n;i++){
        ans[i]=(ans[i]+A[i])%mod;
    }
    Poly_mul(ans,B,n);
    return;
}

5多项式积分、求导和泰勒展开

见这里
代码:

void Poly_der(ll A[],ll ans[],int n){
    for (int i=1;i<n;i++){
        ans[i-1]=A[i]*i%mod;
    }
    ans[n-1]=0;
    return;
}

void Poly_int(ll A[],ll ans[],int n){
    for (int i=1;i<n;i++){
        ans[i]=A[i-1]*getinv(i)%mod;
    }
    ans[0]=0;
    return;
}

6多项式牛顿迭代

即给函数$A(x)$，求多项式$B(x)$使$A(B(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
考虑倍增，若求得$A(B^{\prime }(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$
(记$A^{(n)}$为多项式$A(x)$的$n$阶倒数)
泰勒展开：$A(B(x))={\sum }_{i=0}^{\infty }\frac{(B(x)-B^{\prime }(x){)}^i\times A^{(n)}(B^{\prime }(x))}{i!}$
因为$B(x)-B^{\prime }(x)$最低次数是$\lceil \frac{n}{2}\rceil$，当$i\ge 2$时在$(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$意义下为0
所以$A(B(x))=A(B^{\prime }(x))+(B(x)-B^{\prime }(x))\ast A^{(1)}(B^{\prime }(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
$$\therefore B(x)\equiv B^{\prime }(x)-\frac{A(B^{\prime }(x))}{A^{(1)}(B^{\prime }(x))}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$
代码(无)

7多项式ln

洛谷模板
即给多项式$A(x)$，求$B(x)$使$B(x)\equiv ln(A(x))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
(记函数$f(x)$倒数为$f^{\prime }(x)$)
两边求导得：$B^{\prime }(x)\equiv \frac{A^{\prime }(x)}{A(x)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$(假装我知道$ln(x)$的导数是$\frac{1}{x}$)
积回去即可(我也不知道为什么可以这样。。。)$B(x)=\int \frac{A^{\prime }(x)}{A(x)}dx$
需要多项式求逆、求导、积分
代码：

void Poly_ln(ll A[],ll ans[],int n){
    Poly_der(A,B,n);
    Poly_inv(A,C,n);
    Poly_mul(B,C,n);
    Poly_int(B,ans,n);
    return;
}

8多项式exp

洛谷模板
即给多项式$A(x)$，求$B(x)$使$B(x)\equiv e^{A(x)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
两边取对数移项得：$ln(B(x))-A(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
设函数$F(B(x))=ln(B(x))-A(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
用牛顿迭代倍增即可

ll D[inf];

void Poly_exp(ll A[],ll ans[],int n){
    if (n==1){
        ans[0]=1;
        return;
    }
    Poly_exp(A,ans,(n+1)/2);
    memset(D,0,sizeof(D));
    Poly_ln(ans,D,n);
    for (int i=0;i<n;i++){
        D[i]=((i==0?1:0)-D[i]+A[i]+mod)%mod;
    }
    Poly_mul(ans,D,n);
    return;
}

9多项式除法和取模

即给出多项式$A(x)$(长为n)和$B(x)$(长为m)，求$R(x)$与$P(x)$使$A(x)\equiv B(x)\times P(x)+R(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$，且$P(x)$次数小于等于$n-m$，$P(x)$次数小于等于$m-1$。
我们把一个多项式系数翻转，可表示为$x^{n}A(\frac{1}{x})$(因为$x^{n}A(\frac{1}{x})=x^n{\sum }_{i=0}^n{a}_i\frac{1}{x^i}={\sum }_{i=0}^n{a}_{n-i}{x}^i$)
根据题意，可以证明$x^{n}A(\frac{1}{x})\equiv x^n\left(B(\frac{1}{x})\times P(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})\right)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$成立
即$x^{n}A(\frac{1}{x})\equiv x^{m}B(\frac{1}{x})\times x^{n-m}P(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}\times x^{m-1}R(\frac{1}{x})(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
因为$x^{n-m}P(\frac{1}{x})$最高次是$n-m$，$x^{n-m+1}\times x^{m-1}R(\frac{1}{x})$最低次项是$n-m+1$
所以$x^{n}A(\frac{1}{x})\equiv x^{m}B(\frac{1}{x})\times x^{n-m}P(\frac{1}{x})(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{n-m+1})$
可用多项式求逆求出$x^{n-m}P(\frac{1}{x})$，反过来就是$P(x)$，代回去求出$R(x)$即可。
代码：

ll C[inf],D[inf],E[inf];

void Poly_div(ll A[],ll B[],ll P[],ll R[],int n,int m){
	for (int i=0;i<n;i++){
		C[i]=A[n-i-1];
	}
	for (int i=0;i<m;i++){
		D[i]=B[m-i-1];
	}
	Poly_inv(D,E,n-m+2);
	Poly_mul(E,C,n-m+2+n);
	memset(D,0,sizeof(D));
	for (int i=0;i<n-m+1;i++){
		P[i]=E[n-m-i];
		D[i]=P[i];
	}
	Poly_mul(D,B,n);
	for (int i=0;i<m-1;i++){
		R[i]=(A[i]-D[i]+mod)%mod;
	}
	return;
}

未完待续。。。

flags:

10多项式多点求值

11多项式快速插值

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