形式幂级数
沉迷多项式，无法自拔...
不具体写了看笔记本，这里稍微记一下。
目录
- 多项式的各种运算
- 伯努利数
- 拉格朗日反演
任意模数卷积
我的三模数ntt跑得好慢，然后拆系数fft跑的好快
设\(M = \lceil P \rceil\)，将整数表示成\(k\cdot M+b\)的形式
对\(x\)和\(y\)进行卷积，分别表示称\(a\cdot M + b,\ c\cdot M + d\)
\[ (a\cdot M + b)\cdot (c\cdot M + d) = ac M^2 + (ad+bc)M + bd \]
对\(a,b,c,d\)进行dft和idft即可
每个数大小在\(10^{14}\)级别，可以使用复数下fft，共进行7次运算
通常M取\(32768=2^{15}\)
根据猜测，系数表示不溢出double点值表示就不会溢出double。这玩意应该只能承受一次点值乘法
void mul_any(int *x, int *y, int lim) {
for(int i=0; i> 15; b[i].x = x[i] & 32767;
c[i].x = y[i] >> 15; d[i].x = y[i] & 32767;
}
dft(a, 1); dft(b, 1); dft(c, 1); dft(d, 1);
for(int i=0; i 以下复杂度均为\(T(n) = T(n/2) + O(nlogn) =O(nlogn)\)
模板在最下方
多项式求逆元
求
\[ A(x) * B(x) \equiv 1 \pmod {x^n} \]
- 注意到这时候\(A(x)*B(x)\)的\(1...n-1\)次项系数为0
用倍增的思想，已知\(\mod x^{\lceil \frac{l}{2} \rceil}\)的逆元\(B_0(x)\)求\(\mod x^l\)下的逆元\(B(x)\)
\(l=1\)时，\(b_0 = a_0^{-1}\)，可以发现多项式有逆的充要条件是常数项有逆
两式相减，然后平方，同乘\(A(x)\)，得到
\[ B(x) \equiv B_0(x) * (2 - A(x) * B_0(x)) \pmod {x^l} \]
处理\(\mod x^l\)时，\(l\)就是当前的次数界，次数\(\ge l\)的都整除没了。
可以理解为只关心前l项
多项式开根
求
\[ B^2(x) \equiv A(x) \pmod {x^n} \]
同样倍增的思想
已知\(\mod x^{\lceil \frac{l}{2} \rceil}\)的平方根\(B_0(x)\)求\(\mod x^l\)下的平方根\(B(x)\)
\(l=1\)时，\(b_0 \equiv \sqrt{a_0} \pmod x\)，可能需要二次剩余
移项化简后得到
\[ B(x) \equiv 2^{-1}\cdot (B_0(x) + A(x) * B_0^{-1}(x)) \pmod{x^n} \]
同时还需要求逆...
牛顿迭代法
给出\(G(x)\)，求\(F(x)\)，
\[ G(F(x)) \equiv 0 \pmod{x^n} \]
倍增的思想。将\(G(F(X))\)在\(F_0(x)\)处泰勒展开得到
\[ F(x) \equiv F_0(x) - \frac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))} \pmod{x^l} \]
也可以用这个式子求逆元和开根，最后的结果式子一样。
- 多项式求ln和exp就是和对应的麦克劳林级数复合，所以要求常数项为0
多项式求ln
给出\(F(x) = 1 + \sum_{i \ge 1}f_ix^i\)
求一下导
\[ \ln F(x) = \int \frac{F'(x)}{F(x)}dx \]
多项式求exp
给出\(A(x) = \sum_{i \ge 1}a_ix^i\)
\[ e^{A(x)} - B(x) \equiv 0 \pmod {x^n} \]
取对数后使用牛顿迭代法
\[ B(x) = B_0(x)(1 - \ln B_0(x) + A(x)) \]
多项式k次幂
当\(A(x)\)的常数项为1
\[ A(x)^k = exp(k \ln A(x)) \]
否则提取最低次项\(ax^d\)
\[ A(x)^k = (ax^d)^k (\frac{A(x)}{ax^d})^k \]
伯努利数
wiki
用来解决等幂求和问题
\[ \begin{align} \sum_{i=0}^{n-1} i^m = \frac{1}{m+1}\sum_{i=0}^m \binom{m+1}{i}B_i^- n^{m+1-i} \\ S_m(n) = \sum_{i=1}^{n} i^m = \frac{1}{m+1}\sum_{i=0}^m \binom{m+1}{i}B_i^+ n^{m+1-i} \\ \end{align} \]
复杂度与幂次有关
除了\(B_1\)，其他奇数项都是0。\(B_1^+ = \frac{1}{2},B_1^-=-\frac{1}{2}\)
\(0^0=1\)
递推关系
令\(n=1, m\neq 0\),
\[ \sum_{i=0}^m \binom{m+1}{i}B_i^- = 0,\ B_0=1, B_1^-=-\frac{1}{2} \]
指数型生成函数
对于\(B^-\),
\[ \sum_{i=0}^\infty B_i\frac{x^i}{i!} =\frac{x}{e^x - 1} = (\sum_{i=0}^\infty \frac{x^i}{(i+1)!})^{-1} \]
使用多项式求逆元即可预处理伯努利数. 求\(\mod x^{n+1}\)意义下逆元
预处理任意模数伯努利数的模板
拉格朗日反演
复合逆(反函数)：
没有常数项的\(f(x), g(x)\)，\(f(g(x))=x\)，那么互为复合逆，\(f_1g_1=1,g(f(x))=x\)
用拉格朗日反演可以\(O(nlogn)\)求复合逆某一项的系数
\[ [x^n]g(x) = \frac{1}{n}[\omega^{n-1}](\frac{\omega}{f(\omega)})^n \]
可以配合多项式k次幂使用。
生成函数中出现x之后可以用啦。
模板
namespace ntt {
int g = 3, rev[N];
void dft(int *a, int n, int flag) {
int k = 0; while((1<>1]>>1) | ((i&1)<<(k-1));
if(i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
}
for(int l=2; l<=n; l<<=1) {
int m = l>>1, wn = Pow(g, flag == 1 ? (P-1)/l : P-1-(P-1)/l);
for(int *p = a; p != a+n; p += l)
for(int k=0, w=1; k>1);
int n = l<<1;
for(int i=0; i>1);
int n = l<<1;
for(int i=0; i0; i--) b[i] = (ll) inv[i] * b[i-1] %P; b[0] = 0;
for(int i=l; i>1);
int n = l<<1;
for(int i=0; i