多项式 学习笔记

记录多项式以及一些相关数论前置芝士qwq

拉格朗日插值

由 $n$ 个点 $(x_i,y_i)$ 可以唯一确定一个 $n-1$ 次多项式 $f(x)$，要求出 $f(k)$ 的值可以 $O(n^3)$ 高斯消元，而拉格朗日插值可以做到 $O(n^2)$ 求解。

由 $f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n$，$f(k)=a_0+a_{1}k+a_2{k}^2+\cdots +a_n{k}^n$ 得 $f(x)-f(k)=a_1(x-k)+a_2(x^2-k^2)+\cdots +a_n(x^n-k^n)\equiv 0(\mathrm{mod}x-k)$，则 $f(x)\equiv f(k)(\mathrm{mod}x-k)$。

把 $n$ 个点都带入方程，可得同余方程组 $f(k)\equiv y_i(\mathrm{mod}k-x_i))(1\le i\le n)$

套用 CRT 的求解，令 $M=\prod _{i=1}^n(k-x[i]),m_i=\frac{M}{k-x_i}$，则有：
$f(k)=\sum _{i=1}^n{y}_i\times m_i\times m_i^{-1}$
$=\sum _{i=1}^n{y}_i\times \prod _{j\ne i}(k-x_j)\times m_i^{-1}$
$=\sum _{i=1}^n{y}_i\times \prod _{j\ne i}(k-x_i+x_i-x_j)\times \prod _{j\ne i}\frac{1}{x_i-x_j}$
$=\sum _{i=1}^n{y}_i\times \prod _{j\ne i}\frac{k-x_j}{x_i-x_j}$

中间在 $k-x_i$ 剩余系中转化了一下逆元，最后求出的就是拉格朗日插值的式子，在模意义和非模意义下通用。

$x_i$ 是连续整数的插值

对于 ${\forall }_{i=1}^n{x}_i=i$，可以将拉格朗日插值的式子进一步简化：

$\{\begin{array}{l}\prod _{j\ne i}(i-j)=(-1{)}^{n-i}(i-1)!(n-i)!\\ \prod _{j\ne i}(k-j)=\frac{\prod _{j=1}^n(k-j)}{k-i}\end{array}$
$⟹f(k)=\sum _{i=1}^n{y}_i\times (-1{)}^{n-i}\frac{\prod _{j=1}^n(k-j)}{(i-1)!(n-i)!(k-i)}$

分子的和分母都可以预处理，于是可以做到 $O(n)$。

永远记不住的线性求逆元柿子：$inv[i]=(p-p/i)\times inv[p\%i]$

重心拉格朗日插值

当需要新加入一个点的时候，用朴素的拉插式子算是 $O(n^2)$ 的，但可以推柿子做到 $O(n)$：

$f(k)=\sum _{i=1}^n{y}_i\times \prod _{j\ne i}\frac{k-x_j}{x_i-x_j}$
$=\sum _{i=1}^n{y}_i\times \frac{\prod _{j=1}^{n}k-x_j}{(k-x_i)\prod _{j\ne i}(x_i-x_j)}$
$=\prod _{i=1}^n(k-x_i)\sum _{i=1}^n\frac{y_i}{(k-x_i)\prod _{j\ne i}(x_i-x_j)}$

设 $g(k)=\prod _{i=1}^n(k-x_i)$，$t_i=\prod _{j\ne i}\frac{1}{x_i-x_j}$，则 $f(k)=g(k)\sum _{i=1}^n\frac{y_i{t}_i}{k-x_i}$，每次新增一个点 $n$ 可以 $O(1)$ 更新 $g(k)$，$O(n)$ 求 $t_n$，$O(n)$ 更新 $t_1$ 到 $t_{n-1}$，再 $O(n)$ 更新 $f(k)$，这个点就插入成功了。

快速傅里叶变换

前置芝士：

• 多项式的系数表示法：即常见的函数形式，形如 $f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n$；
• 多项式的点值表示法：对于一个 $n-1$ 次多项式，$n$ 个不同的 $x$ 代入能得到 $n$ 个不同的点 $(x_i,y_i)$，这 $n$ 个点唯一确定了该多项式；
• 多项式的系数表示和点值表示可以相互转化。

快速傅里叶变换（FFT）就是一种 $O(n\log n)$ 将系数表示转化为点值表示，进而求出两个多项式的乘积的方法。

离散傅里叶变换

傅里叶把多项式先填到最高次项（系数可以为 $0$）为 $n=2^k$ 的形式，然后规定点值表示中的点为 $n$ 个模长为 $1$ 的复数，使得这些复数在平面直角坐标系中把单位圆 $n$ 等分。

为了方便，将这些点以 $(1,0)$ 为起点逆时针编号为 $0$ 到 $n-1$，第 $k$ 个点的坐标为 $(\cos \frac{i}{n}2\pi ,\sin \frac{i}{n}2\pi )$，表示的复数为 $w_n^k$，其中 $w_n^1$ 叫作 $n$ 次单位根。

这种点值选取的方式就是离散傅里叶变换（DFT）。

根据复数和三角函数的一些知识，得到（设 $a$ 为常数）：

• $w_n^k=w_{an}^{ak}$
• $w_n^k=-w_n^{k+\frac{n}{2}}$
• $w_n^k=w_n^{k+an}$

快速傅里叶变换

在 DFT 的基础上，我们推一些柿子：将 $f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^{n-1}$ 按 $x$ 的幂次的奇偶拆开并化简：

$f(x)=(a_0+a_2{x}^2+\cdots +a_{n-2}{x}^{n-2})+(a_{1}x+a_3{x}^3+\cdots +a_{n-1}{x}^{n-1})$
$=(a_0+a_2(x^1{)}^2+\cdots +a_{n-2}(x^{\frac{n-2}{2}}{)}^2)+x(a_1+a_3(x^1{)}^2+\cdots a_{n-2}(x^{\frac{n-2}{2}}{)}^2)$

令 $g(x)=a_0+a_{2}x+\cdots +a_{n-2}{x}^{\frac{n-2}{2}}$，$h(x)=a_1+a_{3}x+\cdots +a_{n-1}{x}^{\frac{n-2}{2}}$，则 $f(x)=g(x^2)+xh(x^2)$。

把 DFT 中选择的点代入：

• $k<\frac{n}{2}$，$f(w_n^k)=g(w_n^{2k})+w_n^{k}h(w_n^{2k})=g(w_{\frac{n}{2}}^k)+w_n^{k}h(w_{\frac{n}{2}}^k)$
• $k\ge \frac{n}{2}$，$f(w_n^k)=g(w_n^{2k+n})+w_n^{k+\frac{n}{2}}h(w_n^{2k+n})=g(w_{\frac{n}{2}}^k)-w_n^{k}h(w_{\frac{n}{2}}^k)$

那么这就是分治了，但是由于大常数选手的递归版跑得过慢等原因，代码就不放了/kk

递归本身常数就是比较大的，考虑能不能优化。模拟一下每次选奇偶点分前后两半的过程，发现如果把 $i$ 的二进制表示前后翻转所得的数为 $j$，那么递归后原本在位置 $i$ 的数会跑到位置 $j$，这就是位逆序变换。因此可以预处理出每个数的最终位置，一点点向上合并即可。

实现的时候，复数可以用 STL 的 complex，预处理 $i$ 翻转二进制位所得的数 $po{s}_i$，就可以写出 FFT 了：

inline void fft(com *a,com *omg){
	ff(i,0,n-1) if(pos[i]<i) swap(a[pos[i]],a[i]);
	for(int len=2;len<=n;len<<=1){
		int m=len>>1;
		for(int i=0;i<n;i+=len) ff(j,0,m-1){
			com tmp=a[i+j+m]*omg[n/len*j];
			a[i+j+m]=a[i+j]-tmp,a[i+j]+=tmp;
		}	
	}
} 

离散傅里叶逆变换

我们用 FFT 成功加速了系数表示转点值表示的过程，但目的是想加速多项式乘法。FFT 是 $O(n\log n)$ 的，两个点值表示的多项式相乘是 $O(n)$ 的，想求乘法我们还需要快速将点值表示转化为系数表示，就需要离散傅里叶逆变换（IDFT）。

假设我们对 $f(x)$ 进行 DFT之后得到了一系列纵坐标 $(y_0,y_1,\cdots ,y_{n-1})$，构造函数 $g(x)=y_0+y_{1}x+\cdots +y_{n-1}{x}^{n-1}$，把 $w_n^0,w_n^{-1},\cdots ,w_n^{-(n-1)}$ 代入得到 $(z_0,z_1,\cdots ,z_{n-1})$：

$z_k=\sum _{i=0}^{n-1}{y}_i\times (w_n^{-k}{)}^i$
$=\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j\times (w_n^i{)}^j\times (w_n^{-k}{)}^i$
$=\sum _{j=0}^{n-1}{a}_j\sum _{i=0}^{n-1}(w_n^{j-k}{)}^i$
而 $\sum _{i=0}^{n-1}(w_n^{j-k}{)}^i=\{\begin{array}{l}j=kn\\ j\ne k\frac{(w_n^{j-k}{)}^n-1}{w_n^{j-k}-1}=0\end{array}$

故当且仅当 $j=k$，$z_k=a_j\times n$。

所以对 $g(x)$ 代入 $w_n^0,w_n^{-1},\cdots ,w_n^{-(n-1)}$ 之后求 DFT 的结果除以 $n$ 就可以得到 $f(x)$ 的各项系数，而形如 $w_n^{-1}$ 的就是共轭复数，可以用 complex 所带的函数 $conj()$ 求出。

所以学了一大顿之后就又可以写高精乘法了：

#include
#define ll long long
#define ff(i,s,e) for(int i=(s);i<=(e);++i)
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int N=1<<21;
const double pai=acos(-1);
int len1,len2,n=1,m,ans[N],pos[N];
char s[N];
typedef complex<double> com;
com a[N],b[N],omg[N],inv[N];
inline void fft(com *a,com *omg){
	ff(i,0,n-1) if(pos[i]<i) swap(a[pos[i]],a[i]);//注意不要重复交换 
	for(int len=2;len<=n;len<<=1){
		int m=len>>1;
		for(int i=0;i<n;i+=len) ff(j,0,m-1){
			com tmp=a[i+j+m]*omg[n/len*j];
			a[i+j+m]=a[i+j]-tmp,a[i+j]+=tmp;
		}	
	}
} 
signed main(){
	scanf("%s",s),len1=strlen(s);
	ff(i,0,len1-1) a[i].real(s[len1-i-1]-'0');
	scanf("%s",s),len2=strlen(s);
	ff(i,0,len2-1) b[i].real(s[len2-i-1]-'0');
	while(n<len1+len2) n<<=1,++m;
	ff(i,0,n-1){
		omg[i]=com(cos(2*pai*i/n),sin(2*pai*i/n));
		inv[i]=conj(omg[i]);
		int tmp=0;
		ff(j,0,m-1) if(i&(1<<j)) tmp|=(1<<m-j-1);
		pos[i]=tmp;
	}
	fft(a,omg),fft(b,omg);
	ff(i,0,n-1) a[i]*=b[i];
	fft(a,inv);
	ff(i,0,n-1){
		ans[i]+=floor(a[i].real()/n+0.5);//注意四舍五入 
		ans[i+1]+=ans[i]/10,ans[i]%=10;
	}
	while(n>1&&ans[n-1]==0) --n;
	for(int i=n-1;i>=0;--i) putchar(ans[i]+'0');
	putchar('\n');
}

阶与原根

阶

使得 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m)$ 成立的最小正整数 $n$ 叫做 $a$ 模 $m$ 的阶，符号 ${\delta }_m(a)$。

一些性质：

• $\forall a^n\equiv 1(\mathrm{mod}m),{\delta }_m(a)\mid n⟹{\delta }_m(a)\mid \varphi (m)$
• ${\forall }_{i,j\in [1,{\delta }_m(a)],i\ne j}{a}^i\not\equiv a^j(\mathrm{mod}m)$
• $\gcd (a,m)=1,{\delta }_m(a^k)=\frac{{\delta }_m(a)}{\gcd (k,{\delta }_m(a))}$

原根

若 $\gcd (a,m)=1,{\delta }_m(a)=\varphi (m)$，则 $a$ 是 $m$ 的原根。

• 判定定理：${\forall }_{p\mid \varphi (m)}{a}^{\frac{\varphi (m)}{p}}\not\equiv 1(\mathrm{mod}m)⟺a$ 是 $m$ 的原根；
• 存在定理：只有 $2,4,p^a,2p^a$ 才存在原根，其中 $p$ 为奇素数；
• 原根个数：若 $m$ 有原根，则其原根个数为 $\varphi (\varphi (m))$；
• $m$ 的最小原根 $g$ 不超过 $m^{\frac{1}{4}}$，所有其它原根均为 $g^k(\gcd (k,\varphi (m)=1))$。

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暂时就会这么多，NTT 不知道哪年能学会，留坑代填（）

为什么我的 FFT 常数这么大啊/fn，未来如果有更优的写法会更新代码。