[学习笔记]FFT之多项式求逆

一、引入

有时候，我们会遇到这种形式的问题：
给定一个定义域为 $[0,n)$ 且自变量为整数的函数（数组） $f$ ，有一个未知函数 $g$ ，
给定 $f$ 与 $g$ 的卷积 $h$ ，求 $g=\frac hf$ 。
这时候要用到一个技巧——多项式求逆。

二、概念

一个 $n$ 项 $n-1$ 次多项式 $A$ 的逆元，定义为一个多项式 $B$ ，满足：

$$(A\bigotimes B)\equiv1(\bmod x^n)$$
显然 $B[0]=A[0]^{-1}$ 。如果暴力求是 $O(n^2)$ 的。用 FFT 可以做到 $O(n\log n)$ 的复杂度。

三、过程

基本思想是分治。假设已经求得了模 $x^{\lceil\frac n2\rceil}$ 的逆元 $B'$ ，那么有

$$AB\equiv AB'\equiv1(\bmod x^{\lceil\frac n2\rceil})$$
即
$$B-B'\equiv0(\bmod x^{\lceil\frac n2\rceil})$$
两边同时平方：
$$B^2-2BB'+B'^2\equiv0(\bmod x^n)$$
两边同乘 $A$ ：
$$B-2B'+AB'^2\equiv0(\bmod x^n)$$
所以得到 $B$ 的递推式：
$$B=(2B'-AB'^2)\bmod x^n$$
边界：
$$A[0]^{-1}A\equiv1(\bmod x^1)$$
从 $x^1$ 一直递推到 $x^{2^k}$ （ $2^k\ge n$ ）就能求出 $B$ 。

四、示例

回到引入中的问题。容易发现，我们要求的就是 $h\times f^{-1}$ 。
BZOJ 3456 城市规划（无向连通图计数）
我们知道，无向连通图计数的递推公式为：

$$f[i]=2^{\frac{i\times(i-1)}2}-\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times C_{i-1}^{j-1}\times2^{\frac{(i-j)\times(i-j-1)}2}$$
边界 $f[1]=1$ 。
很容易将其转化为含有 $i$ ， $j$ ， $i-j$ 的式子：
$$f[i]=2^{\frac{i\times(i-1)}2}+(-(i-1)!)\sum_{j=1}^{i-1}\frac{f[j]}{(j-1)!}\times\frac{2^{\frac{(i-j)\times(i-j-1)}2}}{(i-j)!}$$
令 $F[i]=\frac{f[i]}{(i-1)!}$ ， $G[i]=\frac{2^{\frac{i\times(i-1)}2}}{i!}$ ， $H[i]=\frac{2^{\frac{i\times(i-1)}2}}{(i-1)!}$ ，
那么有：
$$F[i]+\sum_{j=1}^{i-1}F[j]G[i-j]=H[i]$$
即：
$$\sum_{j=1}^iF[j]G[i-j]=H[i]$$
因此：
$$F\bigotimes G=H$$
用多项式求逆即可得解。

五、代码

下面给一个 NTT 的多项式求逆：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Pow(k, n) for (k = 1; k < n; k <<= 1)
#define Step(i, a, b, x) for (i = a; i <= b; i += x)
using namespace std;
inline int read() {
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 1e6 + 5, PYZ = 998244353;
int n, f[N], g[N], m = 2, ff, cnt, tmp[N], cm[N], rev[N], sp[N];
int qpow(int a, int b) {
    int res = 1; while (b) b & 1 ? res = 1ll * res * a % PYZ : 0,
        a = 1ll * a * a % PYZ, b >>= 1; return res;
}
void FFT(int n, int *a, int op) {
    int i, j, k, x; For (i, 0, n - 1) if (i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
    x = qpow(op == 1 ? 3 : 332748118, (PYZ - 1) / n); k = n >> 1;
    while (1) {sp[k] = x; x = 1ll * x * x % PYZ; if (!k) break; k >>= 1;}
    Pow (k, n) {
        x = sp[k]; Step (i, 0, n - 1, k << 1) {
            int w = 1; For (j, 0, k - 1) {
                int u = a[i + j], v = 1ll * w * a[i + j + k] % PYZ;
                a[i + j] = (u + v) % PYZ; a[i + j + k] = (u - v + PYZ) % PYZ;
                w = 1ll * w * x % PYZ;
            }
        }
    }
}
int main() {
    int i, rp; n = read(); For (i, 0, n - 1) f[i] = read();
    g[0] = qpow(f[0], PYZ - 2); while (1) {
        ff = 1; cnt = 0; while (ff < (m << 1)) ff <<= 1, cnt++;
        For (i, 0, (m >> 1) - 1) tmp[i] = g[i]; For (i, 0, m - 1) cm[i] = f[i];
        For (i, m >> 1, ff - 1) tmp[i] = 0; For (i, m, ff - 1) cm[i] = 0;
        rp = qpow(ff, PYZ - 2); rev[0] = 0; For (i, 1, ff - 1)
            rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << cnt - 1);
        FFT(ff, tmp, 1); For (i, 0, ff - 1) tmp[i] = 1ll * tmp[i] * tmp[i] % PYZ;
        FFT(ff, cm, 1); For (i, 0, ff - 1) tmp[i] = 1ll * tmp[i] * cm[i] % PYZ;
        FFT(ff, tmp, -1); For (i, 0, ff - 1) tmp[i] = 1ll * tmp[i] * rp % PYZ;
        For (i, 0, (m >> 1) - 1) g[i] = 2ll * g[i] % PYZ;
        For (i, 0, m - 1) g[i] = (g[i] - tmp[i] + PYZ) % PYZ;
        if (m >= n) break; m <<= 1;
    }
    For (i, 0, n - 1) printf("%d ", g[i]); return 0;
}