多项式总结（持续更新）

多项式的一堆乱七八糟的操作学了一部分了……（多点求值和快速插值还没有）

打算写下来整理一下。不过因为还有一些没学的以及没完全理解的……只好先持续更新了。

不扯淡了，直接开始。

1.NTT

FFT咱就不说了，有兴趣可以看兔哥博客.

NTT和FFT很相似。但是因为FFT涉及到复数运算所以会有一些精度误差，然后有的时候也会遇到需要取模的情况……于是快速数论变换NTT应运而生。因为单位根和原根有相似的性质，所以NTT使用原根取代了单位根进行运算。模数998244353的原根是3，每次取原根的\(\frac{mod-1}{2i}\)次方代替单位根即可。逆变换的时候就用原根的逆元。

注意最后我们要像FFT一样乘以数组长度的逆元。其实还有另一种办法，就是直接进行一次reverse。据pinkrabbit大佬说，NTT数列是共轭对称的（然鹅我不知道啥是共轭对称），不过结果是正确的。

写法啥的和FFT都一样。看一下代码。有兴趣还可以看Miskcoo的博客

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar(‘\n‘)

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 400005;
const int mod = 998244353;
const int G = 3;
const int invG = 332748118;

int read()
{
   int ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
   while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) {if(ch == ‘-‘) op = -1;ch = getchar();}
   while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) ans = ans * 10 + ch - ‘0‘,ch = getchar();
   return ans * op;
}

int n,m,a[M],b[M],c[M],rev[M],len = 1,L;

int add(int a,int b) {return a + b > mod ? a + b - mod : a + b;}
int mul(int a,int b) {return 1ll * a * b % mod;}

int qpow(int a,int b)
{
   int p = 1;
   while(b)
   {
      if(b & 1) p = mul(p,a);
      a = mul(a,a),b >>= 1;
   }
   return p;
}

void NTT(int *a,int n,int f)
{
   rep(i,0,n) if(i < rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
   for(int i = 1;i < n;i <<= 1)
   {
      int w1 = qpow(f ? G : invG,(mod-1) / (i<<1));
      for(int j = 0;j < n;j += (i<<1))
      {
     int w = 1;
     rep(k,0,i-1)
     {
        int kx = a[k+j],ky = mul(a[k+j+i],w);
        a[k+j] = add(kx,ky),a[k+j+i] = add(kx,mod-ky),w = mul(w,w1);
     }
      }
   }
   if(!f)
   {
      int inv = qpow(n,mod-2);
      rep(i,0,n) a[i] = mul(a[i],inv);
   }
}

int main()
{
   n = read(),m = read();
   rep(i,0,n) a[i] = read();
   rep(i,0,m) b[i] = read();
   while(len <= n+m+2) len <<= 1,L++;
   rep(i,0,len) rev[i] = (rev[i>>1] >> 1) | ((i&1) << (L-1));
   NTT(a,len,1),NTT(b,len,1);
   rep(i,0,len) c[i] = mul(a[i],b[i]);
   NTT(c,len,0);
   rep(i,0,n+m) printf("%d ",c[i]);enter;
   return 0;
}

2.多项式求逆

这玩意在很多奇怪的多项式操作中都要用。

具体就是给你一个多项式\(F(x)\),让你求出它在\(mod\ x^n\)意义下的逆元，也就是求出多项式\(G(x)\),使得\(F(x)G(x) \equiv 1 (mod\ x^n)\).系数对于998244353取模。

个人认为其核心思想是递归。对于只有一项的，那么显然\(G(x)\)的常数项就是\(F(x)\)的常数项的逆元，否则对于n项的，我们可以递归求解。

首先假设我们已经知道了\(F(x)H(x)\equiv 1(mod\ x^\frac{n}{2})\)

那么显然也有\(F(x)G(x) \equiv 1(mod\ x^\frac{n}{2})\) 这个是根据\(G(x)\)的定义来的。

之后我们把两个式子相减，就可以得到：\(F(x)(G(x)-H(x)) \equiv 0(mod\ x^\frac{n}{2})\)

自然就有\((G(x)-H(x)) \equiv 0(mod\ x^\frac{n}{2})\)

把这个式子进行平方，我们就可以得到：\((G(x)-H(x))^2 \equiv 0 (mod\ x^n)\).这里解释一下，因为一个在\(mod\ x^\frac{n}{2}\)情况下为0的多项式，指数小于\(\frac{n}{2}\)的项都为0，因为卷积的性质，其自乘的前n项也必然都为0，所以其在\(mod\ x^n\)的意义下也是0.

式子展开就可以得到：\(G(x)^2 + H(x)^2 - 2G(x)H(x) \equiv 0(mod\ x^n)\)

移项，同时乘以\(F(x)\),由\(F(x)G(x) \equiv 1(mod\ x^n)\)就可以得到\(G(x) \equiv 2H(x)-F(x)H(x)^2(mod\ x^n)\)

我们就可以用NTT来解决啦。时间复杂度\(O(nlogn)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar(‘\n‘)
#define lowbit(x) (x & (-x))

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 400005;
const ll mod = 998244353;
const ll G = 3;
const ll invG = 332748118;

ll read()
{
   ll ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
   while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) {if(ch == ‘-‘) op = -1;ch = getchar();}
   while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) ans = ans * 10 + ch - ‘0‘,ch = getchar();
   return ans * op;
}

ll n,g[M],f[M],r[M],c[M],b[M],rev[M];

ll inc(ll a,ll b) {return (a + b) % mod;}
ll mul(ll a,ll b) {return a * b % mod;}

ll qpow(ll a,ll b)
{
   ll p = 1;
   while(b)
   {
      if(b & 1) p = mul(p,a);
      a = mul(a,a),b >>= 1;
   }
   return p;
}

void NTT(ll *a,ll l,ll f)
{
   rep(i,0,l-1) if(i < rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
   for(int i = 1;i < l;i <<= 1)
   {
      ll w1 = qpow(f ? G : invG,(mod-1) / (i<<1));
      for(int j = 0;j < l;j += (i<<1))
      {
     ll w = 1;
     rep(k,0,i-1)
     {
        ll kx = a[k+j],ky = mul(a[k+j+i],w);
        a[k+j] = inc(kx,ky),a[k+j+i] = inc(kx,mod-ky);
        w = mul(w,w1);
     }
      }
   }
   if(!f)
   {
      ll inv = qpow(l,mod-2);
      rep(i,0,l-1) a[i] = mul(a[i],inv);
   }
}

void solve(int len)
{
   if(len == 1) {g[0] = qpow(f[0],mod-2);return;}
   solve((len+1)>>1);
   ll l = 1,L = 0;
   while(l < (len<<1)) l <<= 1,L++;
   rep(i,0,l-1) rev[i] = (rev[i>>1] >> 1) | ((i&1) << (L-1));
   rep(i,0,len-1) c[i] = f[i];
   rep(i,len,l-1) c[i] = 0;
   NTT(c,l,1),NTT(g,l,1);
   rep(i,0,l-1) g[i] = mul(inc(2,mod-mul(c[i],g[i])),g[i]);
   NTT(g,l,0);
   rep(i,len,l-1) g[i] = 0;
}

int main()
{
   n = read();
   rep(i,0,n-1) f[i] = read();
   solve(n);
   rep(i,0,n-1) printf("%lld ",g[i]);enter;
   return 0;
}

3.多项式对数函数

多项式的对数函数是啥？\(Misckoo\)大佬说，你可以将其理解为多项式和麦克劳林级数的复合。（然鹅我不会高数啊2333）或许就是把\(ln(1-x)\)进行一下泰勒展开？

不说这些我不大会的了，反正你计算的时候其实不用。我们要求的就是多项式\(B(x)\) ,使得\(B(x)\equiv ln\ A(x) (mod\ x^n)\)

这个直接算非常难。考虑同时对两边求导。就有\(B‘(x) \equiv \frac{A‘(x)}{A(x)} (mod\ x^n)\)

直接对\(A(x)\)求导求逆，之后对\(B(x)\)积分一下就行。

求导和积分都是\(O(n)\)的，所以复杂度就是求逆的复杂度。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar(‘\n‘)
#define space putchar(‘ ‘)
#define lowbit(x) (x & (-x))

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 400005;
const ll mod = 998244353;
const ll G = 3;
const ll invG = 332748118;

ll read()
{
   ll ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
   while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) {if(ch == ‘-‘) op = -1;ch = getchar();}
   while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) ans = ans * 10 + ch - ‘0‘,ch = getchar();
   return ans * op;
}

void write(ll x)
{
   if(x < 10) {putchar(x+‘0‘);return;}
   char k = x % 10 + ‘0‘;
   write(x / 10),putchar(k);
}

ll n,g[M],f[M],r[M],c[M],rev[M],h[M];

ll inc(ll a,ll b) {return (a + b) % mod;}
ll mul(ll a,ll b) {return 1ll * (a) * (b) % mod;}

ll qpow(ll a,ll b)
{
   ll p = 1;
   while(b)
   {
      if(b & 1) p = mul(p,a);
      a = mul(a,a),b >>= 1;
   }
   return p;
}

void NTT(ll *a,ll l,ll f)
{
   rep(i,0,l-1) if(i < rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
   for(int i = 1;i < l;i <<= 1)
   {
      ll w1 = qpow(f ? G : invG,(mod - 1) / (i << 1));
      for(int j = 0;j < l;j += (i<<1))
      {
     ll w = 1;
     rep(k,0,i-1)
     {
        ll kx = a[k+j],ky = mul(w,a[k+j+i]);
        a[k+j] = inc(kx,ky),a[k+j+i] = inc(kx,mod-ky);
        w = mul(w,w1);
     }
      }
   }
   if(!f)
   {
      ll inv = qpow(l,mod-2);
      rep(i,0,l-1) a[i] = mul(a[i],inv);
   }
}

void derit(ll *a,ll *b,ll len) {rep(i,1,len-1) b[i-1] = mul(a[i],i);b[len-1] = 0;}

void inter(ll *a,ll *b,ll len) {rep(i,1,len-1) b[i] = mul(a[i-1],qpow(i,mod-2));b[0] = 0;}

void getinv(ll *a,ll *b,ll len)
{
   if(len == 1) {b[0] = qpow(a[0],mod-2);return;}
   getinv(a,b,(len+1)>>1);
   ll l = 1,L = 0;
   while(l < (len << 1)) l <<= 1,L++;
   rep(i,0,l-1) rev[i] = (rev[i>>1] >> 1) | ((i&1) << (L-1));
   rep(i,0,len-1) g[i] = a[i];
   rep(i,len,l-1) g[i] = 0;
   NTT(g,l,1),NTT(b,l,1);
   rep(i,0,l-1) b[i] = mul(inc(2,mod-mul(g[i],b[i])),b[i]);
   NTT(b,l,0);
   rep(i,len,l-1) b[i] = 0;
}

void getln(ll *a,ll *b,ll len)
{
   derit(a,c,len),getinv(a,r,len);
   ll l = 1,L = 0;
   while(l < (len<<1)) l <<= 1,L++;
   rep(i,0,l-1) rev[i] = (rev[i>>1] >> 1) | ((i&1) << (L-1));
   NTT(c,l,1),NTT(r,l,1);
   rep(i,0,l-1) c[i] = mul(c[i],r[i]);
   NTT(c,l,0);
   inter(c,b,len);
}

int main()
{
   n = read();
   rep(i,0,n-1) f[i] = read();
   ll l = 1;
   while(l < n) l <<= 1;
   getln(f,h,l);
   rep(i,0,n-1) write(h[i]),space;enter;
   return 0;
}

4.多项式指数函数

理解方法的话……就照着对数函数理解就行。其实就是让你求\(B(x)\),满足\(B(x) \equiv e^{A(x)} (mod x^n)\)

这个咋做？继续求导？\(e^x\)的导数还是\(e^x\)……

于是我们需要一个前置知识：多项式牛顿迭代。

具体可以参考Misckoo的博客 ,这里只给出式子了。

假设我们知道\(G(x)\),我们想求一个多项式\(F(x)\),满足\(G(F(x)) \equiv 0 (mod\ x^n)\)

首先只有一项的时候，\(G(F(x)) \equiv 0(mod\ x)\)是要单独计算的。

还是倍增的思想……假设我们已经求出\(G(H(x)) \equiv 0 (mod\ x^\frac{n}{2})\)

如何拓展到\(mod x^n\)下呢？ 我们把\(G(F(x))\)在\(H(x)\)处进行泰勒展开。就有：

\(G(F(x)) = G(H(x)) + \frac{G‘(H(x))}{1!}(F(x)-H(x)) + \frac{G‘‘(H(x))}{2!}(F(x)-H(x))^2 + …\)

因为\(F(x)\)和\(H(x)\)的后面\(\frac{n}{2}\)项相同，故\((F(x)-H(x))^2\)及以上次方项在\(mod\ x^n\)意义下均为0，所以就有：

\(G(F(x)) \equiv G(H(x)) + G‘(H(x))(F(x)-H(x)) (mod\ x^n)\)

由\(G(F(x)) \equiv 0 (mod\ x^n)\)，所以\(F(x) \equiv H(x) - \frac{G(H(x))}{G‘(H(x)} (mod\ x^n)\)

我们就可以开始使用这个式子解决问题了。

回到刚才的问题。我们把式子变一下形再移项，就是\(ln\ B(x) - A(x) \equiv 0 (mod x^n)\)

我们相当于求函数零点。令\(G(B(x)) = ln\ B(x)-A(x)\),对函数求导得到：\(G‘(B(x)) = \frac{1}{B(x)}\)

因为这里\(F(x)\)是变量，自然\(A(x)\)可以看作常数。

带回上面的多项式牛顿迭代的式子，就有：\(B(x) \equiv B_0(x)(1-ln\ B_0(x) + A(x)) (mod\ x^n)\)

用多项式对数函数+递归即可解决。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar(‘\n‘)
#define I inline 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 400005;
const int INF = 200000000;
const int mod = 998244353;
const int T = 3;
const int invT = 332748118;

int read()
{
   int ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
   while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) {if(ch == ‘-‘) op = -1;ch = getchar();}
   while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) ans = ans * 10 + ch - ‘0‘,ch = getchar();
   return ans * op;
}

int n,F[M],G[M],Fi[M],A[M],H[M],rev[M],c[M],d[M],Gi[M];

int add(int a,int b){return (a+b) % mod;}
int mul(int a,int b){return 1ll * a * b % mod;}

int qpow(int a,int b)
{
   int p = 1;
   while(b)
   {
      if(b&1) p = mul(p,a);
      a = mul(a,a),b >>= 1;
   }
   return p;
}

void NTT(int *a,int n,int f)
{
   rep(i,0,n-1) if(i < rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
   for(int i = 1;i < n;i <<= 1)
   {
      int w1 = qpow(f? T : invT,(mod-1) / (i<<1));
      for(int j = 0;j < n;j += (i<<1))
      {
         int w = 1;
         rep(k,0,i-1)
         {
            int kx = a[k+j],ky = mul(w,a[k+j+i]);
            a[k+j] = add(kx,ky),a[k+j+i] = add(kx,mod-ky),w = mul(w,w1);
         }
      }
   }
   if(!f)
   {
      int inv = qpow(n,mod-2);
      rep(i,0,n-1) a[i] = mul(a[i],inv);
   }
}

void derit(int *a,int *b,int len) {rep(i,1,len-1) b[i-1] = mul(a[i],i);b[len-1] = 0;}
void inter(int *a,int *b,int len) {rep(i,1,len-1) b[i] = mul(a[i-1],qpow(i,mod-2));b[0] = 0;}

void getrev(int l,int L){rep(i,0,l-1) rev[i] = (rev[i>>1] >> 1) | ((i&1) << (L-1));}

void getinv(int *a,int *b,int len)
{
   if(len == 1) {b[0] = qpow(a[0],mod-2);return;}
   getinv(a,b,(len+1)>>1);
   int l = 1,L = 0;
   while(l < (len<<1)) l <<= 1,L++;
   getrev(l,L);
   rep(i,0,len-1) Gi[i] = a[i];
   rep(i,len,l-1) Gi[i] = 0;
   NTT(Gi,l,1),NTT(b,l,1);
   rep(i,0,l-1) b[i] = mul(add(2,mod-mul(Gi[i],b[i])),b[i]);
   NTT(b,l,0);
   rep(i,len,l-1) b[i] = 0;
}

void getln(int *a,int *b,int len)
{
   derit(a,c,len),getinv(a,G,len);
   int l = 1,L = 0;
   while(l < (len<<1)) l <<= 1,L++;
   getrev(l,L);
   NTT(c,l,1),NTT(G,l,1);
   rep(i,0,l-1) c[i] = mul(G[i],c[i]);
   NTT(c,l,0);
   inter(c,b,len);
   rep(i,0,l-1) c[i] = G[i] = 0;
}

void getexp(int *a,int *b,int len)
{
   if(len == 1) {b[0] = 1;return;}
   getexp(a,b,(len+1)>>1),getln(b,F,len);
   F[0] = add(a[0]+1,mod-F[0]);
   rep(i,1,len-1) F[i] = add(a[i],mod-F[i]);
   int l = 1,L = 0;
   while(l < (len<<1)) l <<= 1,L++;
   getrev(l,L);
   NTT(F,l,1),NTT(b,l,1);
   rep(i,0,l-1) b[i] = mul(b[i],F[i]);
   NTT(b,l,0);
   rep(i,len,l-1) b[i] = F[i] = 0;
}

int main()
{
   n = read();
   rep(i,0,n-1) A[i] = read();
   int l = 1;
   while(l <= n) l <<= 1;
   getexp(A,H,l);
   rep(i,0,n-1) printf("%d ",H[i]);enter;
   return 0;
}

5.多项式开根

给定\(F(x)\)，求\(G(x)^2 \equiv F(x) (mod\ x^n)\)

这个有几种做法……首先说纯代数推导吧。

同样用倍增的想法，假设我们知道\(H(x)^2 \equiv F(x) (mod\ x^\frac{n}{2})\)

将两个式子相减得到\(G(x)^2 - H(x)^2 \equiv 0 (mod x^\frac{n}{2})\)

则有\(G(x) - H(x) \equiv 0 (mod x^\frac{n}{2})\)

将这个式子平方之后展开，用\(F(x)\)来替换\(G(x)^2\)，于是有了：\(F(x) - 2G(x)H(x) + H(x)^2 \equiv 0 (mod\ x^n)\)

移项得到\(G(x) \equiv \frac{H(x)^2 + F(x)}{2H(x)}\)

于是我们就可以用求逆来解决这个问题了。注意你可以选择先约分再计算，或者直接计算，结果都是一样的，不过要特别注意的是，在做加法的时候不要加多了，加到len即可。

这种做法还有另一种推导方式，就是多项式牛顿迭代。

我们要求的式子都一样，那我们可以构造函数：\(H(G(x)) = G(x)^2 - F(x)\),求这个函数的零点。

对之求导，\(H‘(G(x)) = 2G(x)\),之后带入上面的多项式牛顿迭代的方程，立即得到：\(G(x) \equiv \frac{G_0(x)^2 + F(x)}{2G_0(x)} (mod\ x^n)\)

用与上面相同的方法解决即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar(‘\n‘)
#define I inline

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 800005;
const int mod = 998244353;
const int G = 3;
const int invG = 332748118;

int read()
{
   int ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
   while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) {if(ch == ‘-‘) op = -1;ch = getchar();}
   while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) ans = ans * 10 + ch - ‘0‘,ch = getchar();
   return ans * op;
}

int rev[M],A[M],B[M],C[M],D[M],F[M],n,inv2;

int inc(int a,int b){return (a+b) % mod;}
int mul(int a,int b){return 1ll * a * b % mod;}

int qpow(int a,int b)
{
   int p = 1;
   while(b)
   {
      if(b & 1) p = mul(p,a);
      a = mul(a,a),b >>= 1;
   }
   return p;
}

void getrev(int l,int L) {rep(i,0,l-1) rev[i] = (rev[i>>1] >> 1) | ((i&1) << (L-1));}

void NTT(int *a,int n,int f)
{
   rep(i,0,n-1) if(i < rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
   for(int i = 1;i < n;i <<= 1)
   {
      int w1 = qpow(f ? G : invG,(mod-1) / (i<<1));
      for(int j = 0;j < n;j += (i<<1))
      {
     int w = 1;
     rep(k,0,i-1)
     {
        int kx = a[k+j],ky = mul(a[k+j+i],w);
        a[k+j] = inc(kx,ky),a[k+j+i] = inc(kx,mod-ky),w = mul(w,w1);
     }
      }
   }
   if(!f)
   {
      int inv = qpow(n,mod-2);
      rep(i,0,n-1) a[i] = mul(a[i],inv);
   }
}

void getinv(int *a,int *b,int len)
{
   if(len == 1) {b[0] = qpow(a[0],mod-2);return;}
   getinv(a,b,(len+1) >> 1);
   int l = 1,L = 0;
   while(l < (len<<1)) l <<= 1,L++;
   getrev(l,L);
   rep(i,0,len-1) C[i] = a[i];
   rep(i,len,l-1) C[i] = 0;
   NTT(C,l,1),NTT(b,l,1);
   rep(i,0,l-1) b[i] = mul(inc(2,mod-mul(C[i],b[i])),b[i]);
   NTT(b,l,0);
   rep(i,len,l-1) b[i] = 0;
}
/*
void getsqrt(int *a,int *b,int len)
{
   if(len == 1) {b[0] = 1;return;}
   getsqrt(a,b,(len+1)>>1);
   rep(i,0,len<<1) F[i] = 0;
   getinv(b,F,len);
   int l = 1,L = 0;
   while(l < len << 1) l <<= 1,L++;
   getrev(l,L);
   rep(i,0,len-1) D[i] = a[i];
   rep(i,len,l-1) D[i] = 0;
   NTT(D,l,1),NTT(b,l,1),NTT(F,l,1);
   rep(i,0,l-1) b[i] = mul(inc(b[i],mul(D[i],F[i])),inv2);
   NTT(b,l,0);
   rep(i,len,l-1) b[i] = 0;
}
*/

void getsqrt(int *a,int *b,int len)
{
   if(len == 1) {b[0] = 1;return;}
   getsqrt(a,b,(len+1)>>1);
   rep(i,0,len<<1) F[i] = 0;
   getinv(b,F,len);
   int l = 1,L = 0;
   while(l < len<<1) l <<= 1,L++;
   getrev(l,L);
   NTT(b,l,1);
   rep(i,0,l-1) b[i] = mul(b[i],b[i]);
   NTT(b,l,0);
   rep(i,0,len-1) b[i] = inc(b[i],a[i]);
   NTT(b,l,1),NTT(F,l,1);
   rep(i,0,l-1) b[i] = mul(mul(b[i],F[i]),inv2);
   NTT(b,l,0);
   rep(i,len,l-1) b[i] = 0;
}

int main()
{
   n = read(),inv2 = qpow(2,mod-2);
   rep(i,0,n-1) A[i] = read();
   getsqrt(A,B,n);
   rep(i,0,n-1) printf("%d ",B[i]);enter;
   return 0;
}

另一种做法是用\(ln\)和\(exp\)，它可以推广到任意次幂，不过常数会很大。

对于\(G(x)^k \equiv F(x)\),我们把式子变形可以得到：\(F(x) \equiv e^{kln(G(x))}\)

于是我们就可以用\(ln\)和\(exp\)来解决这个问题了……

（代码暂时咕了,可能某些时候补上）

6.多项式除法与取模

这玩意的做法很神奇。

给定一个多项式\(A(x)\)和一个多项式\(B(x)\),求多项式\(D(x)\)和\(R(x)\)，使得\(A(x) = B(x)D(x) + R(x)\)

首先我们要想办法消除\(R(x)\)的影响。如何消除呢……

我们假设A有n项，B有m项，且\(m < n\)，那么显然D应该有n-m项，R有m-1项。

我们引入一个神奇的操作：将所有的\(x\)用\(\frac{1}{x}\)来替代.两边再同时乘以\(x^n\)

容易发现，我们相当于将多项式的系数进行了反转。原来的式子变成了这样：

\(x^nA(\frac{1}{x}) = x^mB(\frac{1}{x})x^{n-m}D(\frac{1}{x}) + x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x})\)

我们定义\(A^r(x) = x^nA(\frac{1}{x})\),注意这个n对于每个多项式是不同的，指的是多项式自身的项数。

于是就有\(A^r(x) = B^r(x)D^r(x) + x^{n-m+1}R^r(x)\)

我们发现，这个式子在\(mod\ (n-m)\)意义下，\(R(x)\)的影响就会被消除。而\(D(x)\)在反转后，次数仍然不高于\(n-m\)，所以我们有\(A^r(x) \equiv B^r(x)D^r(x) (mod\ x^{n-m+1})\)

然后求一下在模意义下B的逆元，倒着推回去就能求出\(D(x)\)和\(R(x)\)了。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar(‘\n‘)
#define I inline 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 800005;
const int INF = 200000000;
const int mod = 998244353;
const int T = 3;
const int invT = 332748118;

int read()
{
   int ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
   while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) {if(ch == ‘-‘) op = -1;ch = getchar();}
   while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) ans = ans * 10 + ch - ‘0‘,ch = getchar();
   return ans * op;
}

int n,m,F[M],G[M],rev[M],Q[M],R[M],Fr[M],Gr[M],Gi[M],c[M];

int add(int a,int b){return (a+b) % mod;}
int mul(int a,int b){return 1ll * a * b % mod;}

int qpow(int a,int b)
{
   int p = 1;
   while(b)
   {
      if(b&1) p = mul(p,a);
      a = mul(a,a),b >>= 1;
   }
   return p;
}

void NTT(int *a,int n,int f)
{
   rep(i,0,n-1) if(i < rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
   for(int i = 1;i < n;i <<= 1)
   {
      int w1 = qpow(f ? T : invT,(mod-1) / (i<<1));
      for(int j = 0;j < n;j += (i<<1))
      {
     int w = 1;
     rep(k,0,i-1)
     {
        int kx = a[k+j],ky = mul(a[k+j+i],w);
        a[k+j] = add(kx,ky),a[k+j+i] = add(kx,mod-ky),w = mul(w,w1);
     }
      }
   }
   if(!f)
   {
      int inv = qpow(n,mod-2);
      rep(i,0,n-1) a[i] = mul(a[i],inv);
   }
}

void getrev(int n,int L)
{
   rep(i,0,n-1) rev[i] = (rev[i>>1] >> 1) | ((i&1) << (L-1));
}

void getinv(int *a,int *b,int len)
{
   if(len == 1) {b[0] = qpow(a[0],mod-2);return;}
   getinv(a,b,(len+1)>>1);
   int l = 1,L = 0;
   while(l < (len << 1)) l <<= 1,L++;
   getrev(l,L);
   rep(i,0,len-1) c[i] = a[i];
   rep(i,len,l-1) c[i] = 0;
   NTT(c,l,1),NTT(b,l,1);
   rep(i,0,l-1) b[i] = mul(add(2,mod-mul(c[i],b[i])),b[i]);
   NTT(b,l,0);
   rep(i,len,l-1) b[i] = 0;
}

int main()
{
   n = read(),m = read();
   rep(i,0,n) F[i] = read(),Fr[n-i] = F[i];
   rep(i,0,m) G[i] = read(),Gr[m-i] = G[i];
   rep(i,n-m+2,m) Gr[i] = 0;
   getinv(Gr,Gi,n-m+1);
   int l = 1,L = 0;
   while(l <= (n<<1)) l <<= 1,L++;
   getrev(l,L);
   NTT(Fr,l,1),NTT(Gi,l,1);
   rep(i,0,l-1) Q[i] = mul(Fr[i],Gi[i]);
   NTT(Q,l,0);reverse(Q,Q+n-m+1);
   rep(i,n-m+1,n) Q[i] = 0;
   rep(i,0,n-m) printf("%d ",Q[i]);enter;
   l = 1,L = 0;
   while(l <= (n << 1)) l <<= 1,L++;
   getrev(l,L);
   NTT(G,l,1),NTT(Q,l,1);
   rep(i,0,l-1) G[i] = mul(G[i],Q[i]);
   NTT(G,l,0);
   rep(i,0,l-1) R[i] = add(F[i],mod-G[i]);
   rep(i,0,m-1) printf("%d ",R[i]);enter;
   return 0;
}

7.任意模数NTT。

这个不知道会不会有毒瘤出题人这么出……就是他给你的模数不是NTT模数……

MTT……？我好像不大会。我只会三模NTT，这种做法好像被\(Shadowice1984\)大佬疯狂批评，不过我暂时还不会别的哎……只好先写这个了。

这其实是比较投机取巧的做法，因为每个数不超过\(1e9\)，所以我们可以选三个大的NTT模数，在每个模数的模意义下算出答案，之后用CRT合并。

咋子合并……假设答案分别为\(x_1,x_2,x_3\),模数分别为\(A,B,C\)

就有如下方程：

\[x \equiv x_1 (mod\ A)\]

\[x \equiv x_2(mod\ B)\]

\[x \equiv x_3(mod\ C)\]

先合并前两个。

\[x_1 + k_1A = x_2 + k_2B\]

\[x_1 + k_1A \equiv x_2 (mod\ B)\]

\[k_1 \equiv \frac{x_2 - x_1}{A} (mod\ B)\]

求出\(k_1\)之后，令\(x_4 = x_1 + k_1A\),继续合并：

\[x_4 + k_4AB = x_3 + k_3C\]

\[x_4 + k_4AB \equiv x_3(mod\ C)\]

\[k_4 \equiv \frac{x_3 - x_4}{AB}\]

得到\(k_4\),就知道\(x = x_4 + k_4AB (mod\ ABC)\),因为\(x < ABC\),所以就有\(x = x_4 + k_4AB (mod\ p)\)

直接算完答案合并就可以。注意超出longlong的时候要用那个神奇的合并方式。

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar(‘\n‘)
#define I inline 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 800005;
const int INF = 200000000;
const ll mod1 = 998244353,mod2 = 469762049,mod3 = 1004535809;
const ll T = 3;

ll read()
{
   ll ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
   while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) {if(ch == ‘-‘) op = -1;ch = getchar();}
   while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) ans = ans * 10 + ch - ‘0‘,ch = getchar();
   return ans * op;
}

ll n,m,p,F[M],G[M],rev[M],A[M],B[M],C[M],D[M];

ll add(ll a,ll b,ll mod){return (a+b) % mod;}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){return ((a*b-(ll)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod)+mod)%mod;}

ll qpow(ll a,ll b,ll mod)
{
   a %= mod;
   ll t = 1;
   while(b)
   {
      if(b&1) t = mul(t,a,mod);
      a = mul(a,a,mod),b >>= 1;
   }
   return t;
}

void getrev(int l,int L){rep(i,0,l-1) rev[i] = (rev[i>>1]>>1) | ((i&1) << (L-1));}

void NTT(ll *a,ll n,ll f,ll mod)
{
   rep(i,0,n-1) if(i < rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
   ll invT = qpow(T,mod-2,mod);
   for(int i = 1;i < n;i <<= 1)
   {
      ll w1 = qpow(f? T : invT,(mod-1) / (i<<1),mod);
      for(int j = 0;j < n;j += (i<<1))
      {
     ll w = 1;
     rep(k,0,i-1)
     {
        ll kx = a[k+j]%mod,ky = mul(a[k+j+i],w,mod);
        a[k+j] = add(kx,ky,mod),a[k+j+i] = add(kx,mod-ky,mod),w = mul(w,w1,mod);
     }
      }
   }
   if(!f)
   {
      ll inv = qpow(n,mod-2,mod);
      //reverse(a+1,a+n);
      rep(i,0,n-1) a[i] = mul(a[i],inv,mod);
   }
}

void Polymul(ll *a,ll *b,ll l,ll mod)
{
   NTT(a,l,1,mod),NTT(b,l,1,mod);
   rep(i,0,l-1) a[i] = mul(a[i],b[i],mod);
   NTT(a,l,0,mod);
}

void merge(ll *a,ll *b,ll *c,ll l,ll moda,ll modb,ll modc)
{
   ll inv = qpow(moda,modb-2,modb);
   rep(i,0,l-1)
   {
      ll k1 = add(b[i],modb-(a[i]%modb),modb);
      k1 = mul(k1,inv,modb);
      a[i] = add(a[i],k1*moda,moda*modb);
   }
   inv = qpow(moda*modb,modc-2,modc);
   rep(i,0,l-1)
   {
      ll k2 = add(c[i],modc-(a[i]%modc),modc);
      k2 = mul(k2,inv,modc);
      k2 = mul(k2,moda*modb,p);
      a[i] = add(a[i],k2,p);
   }
}

int main()
{
   n = read(),m = read(),p = read();
   rep(i,0,n) A[i] = read(),A[i] %= p,C[i] = F[i] = A[i];
   rep(i,0,m) B[i] = read(),B[i] %= p,D[i] = G[i] = B[i];
   int l = 1,L = 0;
   while(l <= n+m) l <<= 1,L++;
   getrev(l,L);
   Polymul(A,B,l,mod1);
   Polymul(C,D,l,mod2);
   Polymul(F,G,l,mod3);
   merge(A,C,F,n+m+1,mod1,mod2,mod3);
   rep(i,0,n+m) printf("%lld ",A[i]);enter;
   return 0;
}

8.分治FFT

这玩意还是挺有用的。一般用于:已知\(G(x)\),求\(F[i] = \sum_{j=1}^{i}F[i-j]G[j]\),F[0] = 1.

这个怎么求呢？直接做应该是不行的……会超时。我们考虑分治，考虑一下式子的左半边计算出结果之后对于右半边的贡献，在计算之前把这些贡献加上即可，也就是一个CDQ分治套FFT。

假设我们已经求出\(l-mid\)的答案，对于\(mid-r\)之中的一点x，其所获得的贡献为：\(w_x = \sum_{i=l}^{mid}f[i]g[x-i]\)

所以我们做一遍CDQ套FFT就可以解决了。注意边界问题。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar(‘\n‘)
#define lowbit(x) (x & (-x))

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 400005;
const ll mod = 998244353;
const ll G = 3;
const ll invG = 332748118;

ll read()
{
   ll ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
   while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) {if(ch == ‘-‘) op = -1;ch = getchar();}
   while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘) ans = ans * 10 + ch - ‘0‘,ch = getchar();
   return ans * op;
}

ll n,g[M],f[M],r[M],a[M],b[M],rev[M];

ll inc(ll a,ll b) {return (a + b) % mod;}
ll mul(ll a,ll b) {return a * b % mod;}

ll qpow(ll a,ll b)
{
   ll p = 1;
   while(b)
   {
      if(b & 1) p = mul(p,a);
      a = mul(a,a),b >>= 1;
   }
   return p;
}

void NTT(ll *a,ll l,ll f)
{
   rep(i,0,l-1) if(i < rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
   for(int i = 1;i < l;i <<= 1)
   {
      ll w1 = qpow(f ? G : invG,(mod - 1) / (i<<1));
      for(int j = 0;j < l;j += (i<<1))
      {
     ll w = 1;
     rep(k,0,i-1)
     {
        ll kx = a[k+j],ky = mul(a[k+j+i],w);
        a[k+j] = inc(kx,ky),a[k+j+i] = inc(kx,mod-ky);
        w = mul(w,w1);
     }
      }
   }
   if(!f)
   {
      ll inv = qpow(l,mod-2);
      rep(i,0,l-1) a[i] = mul(a[i],inv);
   }
}

void CDQ(int kl,int kr)
{
   if(kl == kr) return;
   int mid = (kl + kr) >> 1;
   CDQ(kl,mid);
   int l = 1,L = 0;
   while(l < (kr - kl + 1) << 1) l <<= 1,L++;
   rep(i,0,l-1) rev[i] = (rev[i>>1] >> 1) | ((i&1) << (L-1));
   rep(i,0,l-1) a[i] = b[i] = 0;
   rep(i,kl,mid) a[i-kl] = f[i];
   rep(i,0,kr-kl) b[i] = g[i];
   NTT(a,l,1),NTT(b,l,1);
   rep(i,0,l-1) a[i] = mul(a[i],b[i]);
   NTT(a,l,0);
   rep(i,mid+1,kr) f[i] = inc(f[i],a[i-kl]);
   CDQ(mid+1,kr);
}

int main()
{
   n = read(),f[0] = 1;
   rep(i,1,n-1) g[i] = read();
   CDQ(0,n-1);
   rep(i,0,n-1) printf("%lld ",f[i]);enter;
   return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/captain1/p/10350115.html

时间： 2024-10-07 21:32:57

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