多项式全操作小讲 COGS2189 帕秋莉的超级多项式

版权声明：这篇文章的作者是个蒟蒻，没有转载价值，如果要转说一下好了 https://blog.csdn.net/litble/article/details/81749788

乘法

戳我

求逆

戳我

开根

戳我

求导

将多项式$A$求导，求导结果是$B$，则$B_i=(i+1)A_{i+1}$

积分

将多项式$A$积分，积分结果是$B$，则$B_i=\frac{A_{i-1}}{i}$

求ln

一般要求求ln的题，常数项都为0.
考虑求$G(F(x))$，其中$G(x)=ln x$
我们知道若有$y=f(g(x)),u=g(x)$，则$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du} \frac{du}{dx}=f'(u)g'(x)$。
也知道对$ln x$求导的结果是$\frac{1}{x}$
所以对原式求导，得$\frac{F'(x)}{F(x)}$，然后积分即可。

求exp

求满足$e^{F(x)}=G(x)$的$F(x)$。则有$ln G(x)-F(x)=0$。考虑牛顿迭代，设$H(x)$为在$\bmod{x^{\frac{n}{2}}}$下的解，则有$F(x)=(1-ln H(x)+G(x))H(x)$
会求ln和exp后，显然所有指数函数和对数函数都能搞了。

求幂

快速幂？复杂度不够优秀！
忘了说了，这种不断将$n$的规模缩小至$\frac{1}{2}$，在每层上做$n log n$的计算，复杂度都是$O(n log n)$的，也就是上面这些操作都是$O(n log n)$的。但是如果你用快速幂求幂的话，就是$O(n log^2 n)$的了，这样不太好。
考虑$F^k(x)=e^{ln F^k(x)}=e^{klnF(x)}$，变成了$O(nlog n)$的。

放上代码后，再讲一点点。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
int read() {
    int q=0;char ch=' ';
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') q=q*10+ch-'0',ch=getchar();
    return q;
}
const int N=262150,mod=998244353,inv2=499122177,G=3;
int n,K,kn=1;
int A[N],B[N],len[N],rev[N],inv[N];
int k1[N],k2[N],k3[N],k4[N],k5[N],k6[N],k7[N],k8[N];
int ksm(int x,int y) {
    int re=1;
    for(;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod) if(y&1) re=1LL*re*x%mod;
    return re;
}
int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
void QAQ(int n) {for(RI i=0;i<n;++i) A[i]=B[i],B[i]=0;}
void NTT(int *a,int n,int x) {
    for(RI i=0;i<n;++i) if(rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(RI i=1;i<n;i<<=1) {
        int gn=ksm(G,(mod-1)/(i<<1));
        for(RI j=0;j<n;j+=(i<<1)) {
            int t1,t2,g=1;
            for(RI k=0;k<i;++k,g=1LL*g*gn%mod) {
                t1=a[j+k],t2=1LL*g*a[j+i+k]%mod;
                a[j+k]=qm(t1+t2),a[j+i+k]=qm(t1+mod-t2);
            }
        }
    }
    if(x==1) return;
    reverse(a+1,a+n);
    for(RI i=0;i<n;++i) a[i]=1LL*a[i]*inv[n]%mod;
}
void getrev(int n)
    {for(RI i=0;i<n;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len[n]-1));}
void getinv(int *a,int *b,int n) {
    if(n==1) {b[0]=ksm(a[0],mod-2),b[1]=0;return;}
    getinv(a,b,n>>1);int kn=n<<1;
    for(RI i=0;i<n;++i) k3[i]=a[i],k3[i+n]=b[i+n]=0;
    getrev(kn),NTT(k3,kn,1),NTT(b,kn,1);
    for(RI i=0;i<kn;++i) b[i]=1LL*(2LL-1LL*b[i]*k3[i]%mod+mod)%mod*b[i]%mod;
    NTT(b,kn,-1);
    for(RI i=n;i<kn;++i) b[i]=0;
}
void getsqrt(int *a,int *b,int n) {
    if(n==1) {b[0]=sqrt(a[0]),b[1]=0;return;}
    getsqrt(a,b,n>>1);int kn=n<<1;
    getinv(b,k1,n);
    for(RI i=0;i<n;++i) k2[i]=a[i],k2[i+n]=k1[i+n]=b[i+n]=0;
    getrev(kn),NTT(k1,kn,1),NTT(k2,kn,1),NTT(b,kn,1);
    for(RI i=0;i<kn;++i) b[i]=1LL*qm(b[i]+1LL*k2[i]*k1[i]%mod)*inv2%mod;
    NTT(b,kn,-1);
    for(RI i=n;i<kn;++i) b[i]=0;
}
void getJF(int *a,int *b,int n)
    {for(RI i=1;i<n;++i) b[i]=1LL*a[i-1]*inv[i]%mod;b[0]=0;}
void getdao(int *a,int *b,int n)
    {for(RI i=1;i<n;++i) b[i-1]=1LL*a[i]*i%mod,b[n-1]=0;}
void getln(int *a,int *b,int n) {
    getdao(a,k6,n),getinv(a,k7,n);
    int kn=n<<1;
    for(RI i=n;i<kn;++i) k6[i]=k7[i]=0;
    getrev(kn),NTT(k6,kn,1),NTT(k7,kn,1);
    for(RI i=0;i<kn;++i) k6[i]=1LL*k6[i]*k7[i]%mod;
    NTT(k6,kn,-1),getJF(k6,b,n);
    for(RI i=n;i<kn;++i) b[i]=0;
}
void getexp(int *a,int *b,int n) {
    if(n==1) {b[0]=1,b[1]=0;return;}
    getexp(a,b,n>>1);int kn=n<<1;
    getln(b,k4,n);
    for(RI i=0;i<n;++i) k5[i]=qm(a[i]-k4[i]+mod),k5[i+n]=b[i+n]=0;
    k5[0]=qm(k5[0]+1);
    getrev(kn),NTT(b,kn,1),NTT(k5,kn,1);
    for(RI i=0;i<kn;++i) b[i]=1LL*b[i]*k5[i]%mod;
    NTT(b,kn,-1);
    for(RI i=n;i<kn;++i) b[i]=0;
}
void getksm(int *a,int *b,int n,int K) {
    getln(a,k8,n);
    for(RI i=0;i<n;++i) k8[i]=1LL*k8[i]*K%mod;
    getexp(k8,b,n);
}
int main()
{
    n=read(),K=read()%mod;
    for(RI i=0;i<n;++i) A[i]=read();
    while(kn<n) kn<<=1,len[kn]=len[kn>>1]+1;
    len[kn<<1]=len[kn]+1;
    inv[1]=1;for(RI i=2;i<=(kn<<1);++i) inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    getsqrt(A,B,kn),QAQ(kn);
    getinv(A,B,kn),QAQ(kn);
    getJF(A,B,n),QAQ(kn);
    getexp(A,B,kn),QAQ(kn);
    getinv(A,B,kn),QAQ(kn),A[0]=qm(A[0]+1);
    getln(A,B,kn),QAQ(kn),A[0]=qm(A[0]+1);
    getksm(A,B,kn,K),QAQ(kn);
    getdao(A,B,n);
    for(RI i=0;i<n;++i) printf("%d ",B[i]);
    return 0;
}

除法

关键在于除数与被除数的度数不同，就不能直接多项式求逆来做，很烦。
记$F^R(x)$表示将$F(x)$翻转，也就是设$F(x)$是$n$次多项式，那么$F^R(x)=x^n F(\frac{1}{x})$
设要求$H(x)=\frac{G(x)}{F(x)}$，其中$G(x)$是$n$次的，$F(x)$是$m$次的。设余数为$Q(x)$，那么$G(x)=H(x)F(x)+Q(x)$
等式的$x$全部变成$\frac{1}{x}$，然后乘上$x^n$
那么：$x^n G(\frac{1}{x})=x^mH(\frac{1}{x})x^{n-m}F(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}Q(\frac{1}{x})$
也就是：$G^R(x)=H^R(x)F^R(x)+x^{n-m+1}Q^R(x)$
发现在模$x^{n-m+1}$意义下，$Q(x)$每一项都是0。
所以$G^R(x)=H^R(x)F^R(x) \pmod{x^{n-m+1}}$
真完美，多项式求逆可以解决本题啦。
放出洛谷P4512的代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
int read() {
    int q=0;char ch=' ';
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') q=q*10+ch-'0',ch=getchar();
    return q;
}
const int mod=998244353,N=262150,G=3;
int n,m;
int A[N],revA[N],B[N],revB[N],rev[N],len[N];
int revC[N],kl[N];
int ksm(int x,int y) {
    int re=1;
    for(;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod) if(y&1) re=1LL*re*x%mod;
    return re;
}
void NTT(int *a,int n,int x) {
    for(RI i=0;i<n;++i) if(rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(RI i=1;i<n;i<<=1) {
        int gn=ksm(G,(mod-1)/(i<<1));
        for(RI j=0;j<n;j+=(i<<1)) {
            int t1,t2,g=1;
            for(RI k=0;k<i;++k,g=1LL*g*gn%mod) {
                t1=a[j+k],t2=1LL*g*a[j+i+k]%mod;
                a[j+k]=(t1+t2)%mod,a[j+i+k]=(t1-t2+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if(x==1) return;
    reverse(a+1,a+n);int inv=ksm(n,mod-2);
    for(RI i=0;i<n;++i) a[i]=1LL*a[i]*inv%mod;
}
void getrev(int k)
    {for(RI i=0;i<k;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len[k]-1));}
void getinv(int *a,int *b,int n) {
    if(n==1) {b[0]=ksm(a[0],mod-2);return;}
    getinv(a,b,n>>1);
    int kn=n<<1;getrev(kn);
    for(RI i=0;i<n;++i) kl[i]=a[i],kl[i+n]=0;
    NTT(kl,kn,1),NTT(b,kn,1);
    for(RI i=0;i<kn;++i) b[i]=1LL*(2-1LL*b[i]*kl[i]%mod+mod)%mod*b[i]%mod;
    NTT(b,kn,-1);
    for(RI i=n;i<kn;++i) b[i]=0;
}
int main()
{
    n=read(),m=read();
    for(RI i=0;i<=n;++i) A[i]=revA[n-i]=read();
    for(RI i=0;i<=m;++i) B[i]=revB[m-i]=read();
    int kn=1;while(kn<n-m+1) kn<<=1,len[kn]=len[kn>>1]+1;
    len[kn<<1]=len[kn]+1;
    getinv(revB,revC,kn);
    kn<<=1;len[kn]=len[kn>>1]+1;
    for(RI i=n-m+1;i<kn;++i) revA[i]=revC[i]=0;
    getrev(kn),NTT(revC,kn,1),NTT(revA,kn,1);
    for(RI i=0;i<kn;++i) revA[i]=1LL*revA[i]*revC[i]%mod;
    NTT(revA,kn,-1);
    reverse(revA,revA+n-m+1);
    for(RI i=0;i<n-m+1;++i) printf("%d ",revA[i]);
    puts("");

    for(RI i=n-m+1;i<kn||i<=n;++i) revA[i]=0;
    while(kn<=n+1) kn<<=1,len[kn]=len[kn>>1]+1;
    getrev(kn);
    NTT(revA,kn,1),NTT(B,kn,1);
    for(RI i=0;i<kn;++i) revA[i]=1LL*revA[i]*B[i]%mod;
    NTT(revA,kn,-1);
    for(RI i=0;i<m;++i) printf("%d ",(A[i]-revA[i]+mod)%mod);
    puts("");
    return 0;
}

插值

插值是获得了$n+1$个多项式的点值表达后将该$n$次多项式还原的操作。
方法是拉格朗日插值多项式：

$$y=\sum_{i=0}^n \frac{\prod_{j \not= i}(x-x_j)}{\prod_{j \not =i}(x_i-x_j)} y_i$$
带入该多项式可发现显然 $f(x_i)=y_i$
emmm….复杂度是 $O(n^2)$的？不过那是 $x$值已知的情况，一定要写出多项式的话，恕本蒟蒻愚钝只会分治NTT搞…… $O(n^2logn)$的……
放出洛谷P4781的代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
const int mod=998244353,N=2005;
int n,K,ans,xx[N],yy[N];
int ksm(int x,int y) {
    int re=1;
    for(;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod) if(y&1) re=1LL*re*x%mod;
    return re;
}
int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&K);
    for(RI i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",&xx[i],&yy[i]);
    for(RI i=1;i<=n;++i) {
        int s1=1,s2=1;
        for(RI j=1;j<=n;++j) {
            if(i==j) continue;
            s1=1LL*s1*qm(K-xx[j]+mod)%mod;
            s2=1LL*s2*qm(xx[i]-xx[j]+mod)%mod;
        }
        ans=qm(ans+1LL*s1*ksm(s2,mod-2)%mod*yy[i]%mod);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}