FFT
先坑着
NTT
这个也先坑着
多项式求逆
也就是求
\[ A(x)B(x) = 1 \pmod{x^n}\]
假设我们已知
\[ A(x)G(x) = 1 \pmod{x^{\lfloor{n \over 2}\rfloor}} \]
两式相减得
\[ A(x)(B(x) - G(x)) = 0 \pmod{x^{\lfloor{n \over 2}\rfloor}}\]
\[ B(x) - G(x) = 0 \pmod{x^{\lfloor{n \over 2}\rfloor}}\]
\[ B^2(x) + G^2(x) - 2B(x)G(x) = 0 \pmod{x^n}\]
两边同时乘上\(A(x)\)
\[ A(x)B^2(x) + A(x)G^2(x) = 2A(x)B(x)G(x) \]
因为\(A(x)B(x) = 1\), 所以可以得到
\[ B(x) + A(x)G^2(x) = 2G(x) \]
\[ B(x) = 2G(x) - A(x)G^2(x) \]
当n = 1时，设A(x) = a, B(x) = inv(a)
就这样解决了
时间复杂度为\(O(n \log n)\) \((\)别问我为什么我也不知道\()\)
多项式开根
也就是求
\[ B^2(x) = A(x) \pmod{x^n} \]
假设我们已知
\[ G^2(x) = A(x) \pmod{x^{\lfloor{n \over 2}\rfloor}} \]
两式相减得
\[ B^2(x) - G^2(x) = 0 \pmod{x^{\lfloor{n \over 2}\rfloor}} \]
然后平方一下
\[ B^4(x) + G^4(x) - 2B^2(x)G^2(x) = 0 \pmod{x^n} \]
\[ B^4(x) + G^4(x) = 2B^2(x)G^2(x) \pmod{x^n} \]
配一下方
\[ B^4(x) + G^4(x) + 2B^2(x)G^2(x) = 4B^2(x)G^2(x) \pmod{x^n} \]
\[ (B^2(x) + G^2(x))^2 = (2B(x)G(x))^2 \pmod{x^n} \]
\[ B^2(x) + G^2(x) = 2B(x)G(x) \pmod{x^n} \]
因为\(A(x)B(x) = 1\), 所以可以得到
\[ B(x) = {A(x) + G^2(x) \over {2G(x)}} \]
为了方便实现，我们常把它化成
\[ B(x) = {A(x) \over 2G(x)} + {G(x) \over 2} \]
当n = 1时，设B(x) = 1
然后就解决了
时间复杂度为\(O(n \log n)\) \((\)别问我为什么我也不知道\()\)