[数学_多项式] NTT与多项式全家桶学习笔记
众所周知，多项式全家桶指的是
文章目录
- 写在前面
- NTT
- 求逆
- ln
- 牛顿迭代
- exp
- 多项式快速幂
- 多项式开平方根
写在前面
- 为了进一步优化，请区分 int 和 long long，尽量 int
NTT
虚单位根常熟大，考虑替代
模意义下原根可以替代
一般取mod=998244353，原根g=3
里面的一个操作（reverse）需要群论 证明，gun
Tips
- 由费马小定理 a p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) a^{p-1}\equiv 1\pmod p ap−1≡1(modp)得任意 a a a在模意义下的逆元是 a p − 2 a^{p-2} ap−2
#include求逆
逆元的定义是模意义下，与本原积为1的东西，多项式这里当然就是多项式啦
A ( x ) B ( x ) ≡ 1 ( m o d p ( u s u a l l y x n ) ) A(x)B(x)\equiv 1(\bmod p(\mathrm{usually}\ x^n)) A(x)B(x)≡1(modp(usually xn))
则称 B ( x ) B(x) B(x)为 A ( x ) A(x) A(x)的逆元，记为 A − 1 ( x ) A^{-1}(x) A−1(x)
一顿暴搞得到 m o d x ⌈ n 2 ⌉ \bmod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil} modx⌈2n⌉意义下的 f 0 − 1 f_0^{-1} f0−1变为 m o d x n \bmod x^{n} modxn意义下的 f − 1 f^{-1} f−1的递归式是
f − 1 ≡ f 0 − 1 ( 2 − f f 0 − 1 ) ( m o d x n ) f^{-1}\equiv f_0^{-1}(2-ff_0^{-1}) \pmod {x^n} f−1≡f0−1(2−ff0−1)(modxn)
这顿暴搞：
f − 1 − f 0 − 1 ≡ 0 ( m o d x ⌈ n 2 ⌉ ) 平 方 f − 2 − 2 f − 1 f 0 − 1 + f 0 − 2 ≡ 0 ( m o d x n ) 移 项 f − 2 ≡ 2 f − 1 f 0 − 1 − f 0 − 2 ( m o d x n ) 同 乘 f f − 1 ≡ 2 f 0 − 1 − f f 0 − 2 f − 1 ≡ f 0 − 1 ( 2 − f f 0 − 1 ) f^{-1}-f_0^{-1}\equiv0\pmod{x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\\ 平方f^{-2}-2f^{-1}f_0^{-1}+f_0^{-2}\equiv 0 \pmod{x^n}\\ 移项f^{-2}\equiv2f^{-1}f_0^{-1}-f_0^{-2}\pmod{x^n}\\ 同乘f\quad f^{-1}\equiv2f_0^{-1}-ff_0^{-2}\\ f^{-1}\equiv f_0^{-1}(2-ff_0^{-1}) f−1−f0−1≡0(modx⌈2n⌉)平方f−2−2f−1f0−1+f0−2≡0(modxn)移项f−2≡2f−1f0−1−f0−2(modxn)同乘ff−1≡2f0−1−ff0−2f−1≡f0−1(2−ff0−1)
操作就递归，时间复杂度就 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)
Tips
- 务必保护原多项式
- 在 x ⌈ λ ⌉ x^{\lceil \lambda\rceil} x⌈λ⌉以外的全没有，务必赋零
- 为了防止爆 int 之类的东西，请在乘的时候多乘个 1ll
- 求逆的时候有个数组拿来临时存装原多项式的信息，如果在函数里面定义它就炸了，定义在外面就没问题（由于递归的性质，定义在外面是不影响正确性的）
#includeln
求个导再积个分
U n d e r ( m o d x n ) B = ln A ⇒ B ′ = ( ln A ) ′ × A ′ = A ′ A ⇒ B = ∫ B ′ d x = ∫ A ′ A d x \begin{aligned} &Under\pmod{x^{n}}\\ &B=\ln A\\ \Rightarrow&B'=(\ln A)'\times A'=\frac{A'}{A}\\ \Rightarrow&B=\int B'\mathrm{d}x=\int \frac{A'}{A}\mathrm{d}x \end{aligned} ⇒⇒Under(modxn)B=lnAB′=(lnA)′×A′=AA′B=∫B′dx=∫AA′dx
求导，积分都是 O ( n ) O(n) O(n)，求逆（求 1 A \frac{1}{A} A1）乘法都是 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)
没有除法！
直接 i n v ≡ i p − 2 inv\equiv i^{p-2} inv≡ip−2复杂度过高
那么需要逆元，介绍一种方法：
对 于 { a n } ( 通 常 是 a n = n 的 数 列 ) , 记 p r i = ∏ j = 1 i a j , 第 一 遍 , i n v n = p r n p − 2 ( 即 p r n 的 逆 元 ) ≡ 1 ∏ i = 1 n a i i n v i = i n v i + 1 × a i + 1 , 递 推 下 去 第 二 遍 , i n v i = i n v i × p r i − 1 时 间 复 杂 度 O ( N ) \begin{aligned} &对于\{a_n\}(通常是a_n=n的数列),记pr_i=\prod_{j=1}^ia_j,\\ &第一遍,inv_n=pr_n^{p-2}(即pr_n的逆元)\equiv\frac{1}{\prod_{i=1}^na_i}\\ &inv_i=inv_{i+1}\times a_{i+1},递推下去\\ &第二遍,inv_i=inv_i\times pr_{i-1} \\\\&时间复杂度O(N) \end{aligned} 对于{an}(通常是an=n的数列),记pri=j=1∏iaj,第一遍,invn=prnp−2(即prn的逆元)≡∏i=1nai1invi=invi+1×ai+1,递推下去第二遍,invi=invi×pri−1时间复杂度O(N)
不过我似乎不会这种方法，那么再来这种好写的
模 p 意 义 下 , 求 i 的 逆 元 p = k i + r ( k = ⌊ p i ⌋ , r = p m o d i ) k i + r ≡ 0 ( m o d p ) i − 1 r − 1 ( k i + r ) ≡ 0 ( m o d p ) i − 1 + k r − 1 ≡ 0 ( m o d p ) i − 1 ≡ − k r − 1 ( m o d p ) 由 于 r = p m o d i , 则 r < i , 求 i 时 r 已 求 出 , 可 以 递 归 求 解 边 界 1 − 1 = 1 \begin{aligned} &模p意义下,求i的逆元\\ &p=ki+r\quad(k=\lfloor\frac{p}{i}\rfloor,r=p\bmod i)\\ &ki+r\equiv 0\pmod p\\ &i^{-1}r^{-1}(ki+r)\equiv 0\pmod p\\ &i^{-1}+kr^{-1}\equiv 0\pmod p\\ &i^{-1}\equiv -kr^{-1}\pmod p\\ &由于r=p\bmod i,则r
#include牛顿迭代
心态爆炸，想学一个，发现前置知识是另一个，然后就递归了qwq
话说这不是拓扑排序吗qwqwq
已知 g ( x ) g(x) g(x)，求 f ( x ) f(x) f(x)，其中
g ( f ( x ) ) ≡ 0 ( m o d x n ) g(f(x))\equiv0\pmod {x^n} g(f(x))≡0(modxn)
前置知识Talor’s Expansion（写这篇博客的时候本蒟蒻还很菜，当然现在也还很菜，大家将就着看）
牛顿迭代，考虑倍增
已知 g ( f 0 ) ≡ 0 ( m o d x ⌈ n 2 ⌉ ) g(f_0)\equiv 0\pmod {x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}} g(f0)≡0(modx⌈2n⌉)
要求 g ( f ) ≡ 0 ( m o d x n ) g(f)\equiv 0\pmod{x^n} g(f)≡0(modxn)
对 g ( f ) g(f) g(f)在 f 0 f_0 f0处泰勒展开
∑ i = 1 + ∞ g ( i ) ( f 0 ) i ! ( f − f 0 ) i ≡ 0 ( m o d x n ) \sum_{i=1}^{+\infin}\frac{g^{(i)}(f_0)}{i!}(f-f_0)^i\equiv0\pmod{x^n}\\ i=1∑+∞i!g(i)(f0)(f−f0)i≡0(modxn)
容易知道 f − f 0 f-f_0 f−f0是 x ⌈ n 2 ⌉ → x n x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}\to x^n x⌈2n⌉→xn次的，那么当 i ≥ 2 i\geq 2 i≥2时， ( f − f 0 ) i ≡ 0 ( m o d x n ) (f-f_0)^i\equiv0\pmod{x^n} (f−f0)i≡0(modxn)
所以
g ( f 0 ) + g ′ ( f 0 ) ⋅ ( f − f 0 ) ≡ 0 ( m o d x n ) f ⋅ g ′ ( f 0 ) ≡ g ′ ( f 0 ) ⋅ f 0 − g ( f 0 ) ( m o d x n ) f ≡ f 0 − g ( f 0 ) g ′ ( f 0 ) ( m o d x n ) \begin{aligned} g(f_0)+g'(f_0)\cdot (f-f_0)&\equiv0\pmod{x^n}\\ f\cdot g'(f_0)&\equiv g'(f_0)\cdot f_0-g(f_0)\pmod{x^n}\\ f&\equiv f_0-\frac{g(f_0)}{g'(f_0)}\pmod{x^n} \end{aligned} g(f0)+g′(f0)⋅(f−f0)f⋅g′(f0)f≡0(modxn)≡g′(f0)⋅f0−g(f0)(modxn)≡f0−g′(f0)g(f0)(modxn)
最下面的那个柿子是结论，建议背住
此外，边界情况依题而定
exp
已知 A A A，求 B = e A B=e^A B=eA（保证 A ( 0 ) = 0 A(0)=0 A(0)=0，即 A A A的常数项为 0 0 0，因为如果不是这样你求出来的东西就不是整数了）
B = e A ⇒ ln B = A ln B − A = 0 , 兴 奋 地 把 它 看 做 一 个 函 数 , B 为 变 量 ， A 为 常 数 记 为 g ( B ) = ln B − A = 0 ( 即 求 零 点 ， 于 是 考 虑 牛 顿 迭 代 ) B = B 0 − g ( B 0 ) g ′ ( B 0 ) g ′ ( B ) = d g d B ( 特 别 写 出 来 , 注 意 变 量 ) = 1 B = B − 1 B = B 0 − ln B 0 − A B 0 − 1 = B 0 − ( ln B 0 − A ) B 0 = B 0 ( 1 + ln B 0 − A ) \begin{aligned} &B=e^A\Rightarrow\ln B=A\\ &\ln B-A=0,兴奋地把它看做一个函数,B为变量，A为常数\\ &记为g(B)=\ln B-A=0(即求零点，于是考虑牛顿迭代)\\ &B=B_0-\frac{g(B_0)}{g'(B_0)}\\ &g'(B)=\frac{\mathrm{d}g}{\mathrm{d}B}(特别写出来,注意变量)=\frac{1}{B}=B^{-1}\\ B&=B_0-\frac{\ln B_0-A}{B_0^{-1}}\\ &=B_0-(\ln B_0-A)B_0\\ &=B_0(1+\ln B_0-A) \end{aligned} BB=eA⇒lnB=AlnB−A=0,兴奋地把它看做一个函数,B为变量，A为常数记为g(B)=lnB−A=0(即求零点，于是考虑牛顿迭代)B=B0−g′(B0)g(B0)g′(B)=dBdg(特别写出来,注意变量)=B1=B−1=B0−B0−1lnB0−A=B0−(lnB0−A)B0=B0(1+lnB0−A)
倍增做
边界： n = 0 时 , B = e 0 = 1 n=0时, B=e^0=1 n=0时,B=e0=1
注意数组清零
#include多项式快速幂
弱化版
显然不能按普通数快速幂的方法算，这 k k k太大了
考虑推导
B = A k B = e k ln A B=A^k\\ B=e^{k\ln A} B=AkB=eklnA
那就先ln，然后exp
显然ln的定义域不能有0，也就是弱化版和加强版的区别
由于k太大，利用某个模的性质 x k ≡ x k m o d p ( m o d p ) x^k\equiv x^{k\bmod p}\pmod p xk≡xkmodp(modp)
#include加强版
- 想办法避开 0 0 0，有 0 0 0的位置跳过，一直跳到没零为止
跳 0 0 0前最低位若为 x n x^n xn，那么快速幂之后最低位应为 x n k x^{nk} xnk，跳回去即可 - a 0 ≠ 1 a_0\neq1 a0=1时，你也不知道递归到 1 1 1时的次幂，那就除掉它
注意模了的 k k k不是原来的 k k k
综上所述，我们需要记录的内容有没有模过的 k k k和乘除 a 0 a_0 a0的幂次（注意费马小定理）
多项式开平方根
弱化版
推柿子（就懒得写同余了，反正都能理解）
B = A B 2 − A = 0 , 记 B 2 − A = g ( B ) 显 然 牛 顿 迭 代 B = B 0 − g ( B 0 ) g ′ B 0 = B 0 − B 0 2 − A 2 B 0 = 1 2 ( B 0 + A B 0 ) \begin{aligned} &B=\sqrt A\\ &B^2-A=0,记B^2-A=g(B)\\ &显然牛顿迭代\\ B&=B_0-\frac{g(B_0)}{g'B_0}\\ &=B_0-\frac{B_0^2-A}{2B_0}\\ &=\frac{1}{2}(B_0+\frac{A}{B_0}) \end{aligned} BB=AB2−A=0,记B2−A=g(B)显然牛顿迭代=B0−g′B0g(B0)=B0−2B0B02−A=21(B0+B0A)
后面两个先咕了，去学习一下sszx码风/sszx秘传码风