基本概念

定义形如这样的函数为多项式：

$f(x)=\sum _{i=0} ^{n-1} a_ix^i$

其中 $n$ 为多项式的项数(系数为0的项也是项)， $n-1$ 为多项式的最高次幂， $a_i$ 为多项式中 $i$ 次项的系数。

符号约定&说明

一般情况下，函数自变量均用 $x$ 表示。
$f(x)$ 表示 $f$ 这个多项式
$f(a)$ 表示自变量 $x=a(a为给定的数)$ 时 $f$ 的函数值
$f[n]$ 表示多项式 $f$ 中 $x^n$ 一项的系数
$deg(f)$ 表示多项式 $f$ 的项数，也即最高次幂 $-1$
求积分时，常数项默认为 $0$

求导&积分

求导：

对于某一项 $x^n$ ，求导为 $nx^{n-1}$ 。

设 $h(x)=f'(x)$ ，则 $h[n]=(n+1)f[n+1](0\leq n<deg(h))$ )

inline void getderivative(int n,int *f,int *h)
{
    for(int i=0;i<n;++i) h[i]=mul(f[i+1],i+1);
    h[n]=0;
}

积分：

设 $h(x)=\int f(x)dx$ ，则 $h[n]=\frac {f[n-1]}{n}(0<n<deg(h),h[0]=0)$

inline void getintegration(int n,int *f,int *h)
{
    for(int i=1;i<n;++i) h[i]=mul(f[i-1],inv[i]);//inv[i] i的逆元
    h[0]=0;
}

点值表示&拉格朗日插值

拉格朗日插值讲解

多项式 $f(x)$ 不仅可以用每一项系数表示，由拉格朗日插值法，得到也可以用 $deg(f)$ 个二元组 $(x_i,f(x_i))(x_i\neq x_j,i\neq j)$ 来表示，也就是用 $n$ 个点来描述一个 $n$ 项多项式(即为点值表达式)：

$f(x)\in \{ deg(f)<n 且 \forall 0\leq i< n,f(x_i)=y_i,x_i\neq x_j,i\neq j\}$

这种用点描述多项式的形式称为多项式的点值表示，由点值转化为系数式的过程称为插值。

卷积(Karatsuba算法&FTT&NTT)

多项式之间的乘积称为卷积。

设 $h(x)=f(x)*g(x)(*即为卷积符号)$ ，则 $h[n]=\sum _{i=0}^{n} f[i]g[n-i](0\leq n<deg(h))$ 。

设 $deg(h)=N$ 。直接求多项式卷积，复杂度是 $N^2$ 的，使用分治的 $Karatsuba$ 算法可复杂度为 $O(n^{log_2 3})=O(n^{1.585})$ ，使用 $FFT/NTT$ 可以将复杂度降到 $NlogN$ 。

$Karatsuba$ 算法原理是利用

$\ \ \ \ (Ax^{\frac 2n}+B)(Cx^{\frac 2n}+D)\\=ACx^n+((A+B)(C+D)-AC-BD)x^{\frac 2n}+BD$

不断递归减少乘法次数。

而 $FFT/ NTT$ 的基本思想都是利用单位复根/单位原根并采用分治策略先将 $f(x),g(x)$ 转化为点值表示，在点值上处理为 $h(x)$ 的点值表示(显然 $f(a)g(a)=h(a)$ )，再转化为 $h(x)$ ，因为 $FFT$ 中涉及大量虚数实数运算，精度和常数都很感人，所以常用单模数 $NTT$ ，但限制模数为质数。

~~这里假设大家都已经会 $FFT,NTT$ ，就不详细展开了。~~

这里先给出 $NTT$ 代码(下文省略)，以及习惯性模运算优化：

inline void NTT(int *e,int ptr,int len)//ptr=1 正变换 ptr=0 逆变换
{
    int i,j,k,ori,G,pd,ix,iy;G= ptr? g:inv[g];//g:原根 inv[g]:g的逆元 
    for(i=1;i<len;++i) if(i<rv[i]) swap(e[i],e[rv[i]]);
    for(i=1;i<len;i<<=1){
        ori=fp(G,(mod-1)/(i<<1));
        for(j=0;j<len;j+=(i<<1)){
            pd=1;
            for(k=0;k<i;++k,pd=mul(pd,ori)){
                ix=e[j+k];iy=mul(e[i+j+k],pd);
                e[j+k]=ad(ix,iy);e[i+j+k]=dc(ix,iy);
            }
        }
    }
    if(ptr) return;
    for(i=0;i<len;++i) e[i]=mul(e[i],inv[len]);
}

inline int ad(int x,int y) {x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return x;}
inline int dc(int x,int y) {x-=y;if(x<0) x+=mod;return x;}
inline int mul(int x,int y) {return 1ll*x*y%mod;}

牛顿迭代

解近似方程根 $h(x)=0$ 的一种方法。

设 $h(x)$ 当前近似解为 $x_n$ ，进一步迭代：

$x_{n+1}=x_n-\dfrac {h(x_n)}{\frac {h'(x_n)}{x_n}}$

引申：当 $h(x)$ 中嵌套一个 $f(x)$ 构成复合函数 $h(f(x))=0$ ，同样可以牛顿迭代倍增求解近似的 $f(x)$ ，满足 $g(x)\equiv h(f_n(x))\equiv 0(mod \ x^{2^n})$ 。

$f_{n+1}(x)\equiv f_n(x)-\dfrac {g(x)}{\frac {g'(x)}{f'_n(x)}}(mod\ x^{2^{n+1}})$

注： $\frac{g'(x)}{f'_n(x)}$ 即对 $g$ 求 $h$ 的偏导 $h'(f_n(x))$ ， $g'(x)=h'(f_n(x))f'_n(x)$ 。

上式可以用泰勒展开证明当 $f_n(x)$ 前 $x^{2^n}$ 项满足条件， $f_{n+1}(x)$ 前 $x^{2^{n+1}}$ 项满足条件。

考虑 $g(x)$ 在 $f_n{x}$ 处的泰勒展开式：

$g(x)=\sum_{i=0} ^{\infty} \dfrac{\frac {\partial ^i h(x)}{(\partial x)^i}(f_n(x)) }{i!}(f(x)-f_n(x))^i$

这里令 $0!=1$ 。

因为 $f_n(x)$ 存在前 $x^{2^n}$ 项满足条件，当 $i\geq 2$ 时 $(f(x)-f_n(x))$ 最小次幂不小于 $x^{2^{n+1}}$ 次方。

所以牛顿迭代求得就是泰勒展开式的前两项：

$g(x)\equiv h(f_{n}(x))+h'(f_{n}(x))(f_{n+1}(x)-f_n(x))(mod\ x^{2^{n+1}})$

由因为目标函数 $g(x)=0$ ，故：

$f_{n+1}(x)=f_n{x}-\dfrac{g(x)}{\frac {g'(x)}{f'_{n}(x)}}$

基本运算&初等函数

求逆

给定 $f(x)$ ，求 $g(x)$ 满足 $f(x)*g(x)\equiv 1(mod\ x^n)$

倍增(递归分治)求解。

法1：

观察 $f(x)*g_n(x)-1\equiv 0(mod\ x^{2^n})$

平方后得：

$f^2(x)*g_n^2(x)-2*f(x)*g_n(x)+1\equiv 0(mod\ x^{2^{n+1}})$

将 $f(x)*g_{n+1}(x)\equiv 1(mod\ x^{2^{n+1}})$ 代入：

$f(x)*g_{n+1}(x)\equiv 2*f(x)*g_n(x)-f^2(x)*g_n^2(x)(mod \ x^{2^{n+1}})$

最终得到：

$g_{n+1}(x)\equiv 2*g_n(x)-f(x)*g_n ^2(x)(mod \ x^{2^{n+1}})$

法2：

考虑牛顿迭代求解：

底层为 $g[0]=inv(f[0])$

$h(g(x))=f(x)*g(x)-1=0$

$g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)-\dfrac{f(x)*g_n(x)-1}{f(x)}(mod\ x^{2^{n+1}})$

其中 $h'(g_n(x))= \frac{1}{f(x)}\equiv g_n(x)(mod\ x^{2^{n+1}})$

$g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)-(f(x)*g_n(x)-1)*g_n(x)(mod\ x^{2^{n+1}})$

化简得到法1中的式子。

代码：

inline void getinverse(int n,int *f,int *g)
{
    if(n==1){g[0]=fastpow(f[0],mod-2);return;}
    getinv((n+1)>>1,f,g);
    int i,j,len=1,L=0;
    static int cont[N];
    for(;len<n+n;len<<=1) L++;
    for(i=1;i<len;++i) rv[i]=((rv[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
    for(i=0;i<n;++i) cont[i]=f[i];
    for(i=n;i<len;++i) cont[i]=0;
    NTT(cont,1,len);NTT(g,1,len);
    for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(g[i],dc(2,mul(cont[i],g[i])));
    NTT(g,0,len);
    for(i=n;i<len;++i) g[i]=0;
}

开根

给定 $f(x)$ ，求 $g(x)$ 满足 $f(x)\equiv g^2(x)(mod\ x^n)$

倍增(递归分治)求解。

法1：

观察 $g_n^2(x)-f(x)\equiv 0(mod \ x^{2^n})$

平方后得：

$g_n^4(x)-2*g_n^2(x)*f(x)+f^2(x)\equiv 0 (mod \ x^{2^{n+1}})$

巧妙地移项：

$(g_n^2(x)+f(x))^2 \equiv 4*g_n^2(x)*f(x)$

化归得：

$(\dfrac{g_n^2(x)+f(x)}{2*g_n^2(x)})^2 \equiv f(x)(mod\ x^{2^{n+1}})$

$f(x)\equiv g_{n+1}^2(x)(mod\ x^{2^{n+1}})$ ，故：

$g_{n+1}(x) \equiv \dfrac{g_n^2(x)+f(x)}{2*g_n^2(x)}(mod\ x^{2^{n+1}})$

法2：

考虑牛顿迭代求解：

底层为 $g[0]=sqrt(f[0])$

$h(g(x))=g^2(x)-f(x)=0$

$g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)-\dfrac{g_n ^2 (x)-f(x)}{2*g_n(x)}(mod \ x^{2^{n+1}})$

化简得到法1中的式子。

代码：

inline void getsqrt(int n,int *f,int *g)
{
    if(n==1) {g[0]=sqrt(f[0]);return;}
    getsqrt((n+1)>>1,f,g);
    int i,j,L=0,len=1;
    for(;len<n+n;len<<=1) L++;
    static int inv[N],tp[N];
    for(i=0;i<len;++i) inv[i]=0;
    getinv(n,g,inv);
    for(i=1;i<len;++i) rv[i]=((rv[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
    for(i=0;i<n;++i) tp[i]=f[i];
    for(i=n;i<len;++i) tp[i]=0;
    NTT(inv,1,len);NTT(g,1,len); NTT(tp,1,len);
    for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(ad(mul(g[i],g[i]),tp[i]),mul(iv[2],inv[i]));
    NTT(g,0,len);
    for(i=n;i<len;++i) g[i]=0;
}

ln

给定 $f(x)$ ，求 $g(x)\equiv ln(f(x)) (mod \ x^n)$

求 $ln$ 不能用牛顿迭代求解，因为 $h(g(x))$ 中 $g(x)$ 的系数为1，迭代会产生恒等式。

对等式两侧求导：

$g'(x)\equiv \frac {f'(x)}{f(x)}$

则 $g(x)\equiv \int \frac {f'(x)}{f(x)} dx +C(mod \ x^n)$

注意求积分 $C=0$ 后默认 $f[0]=1$ ，所以 $f[0]\neq 1$ 时要特殊处理 $C$ (代入任意值计算处理)。

代码：

inline void getln(int n,int *f,int *g)
{
    int i,j,len=1,L=0;
    for(;len<n+n;len<<=1) L++;
    static int der[N],nv[N];
    for(i=0;i<len;++i) der[i]=nv[i]=0;
    getderivative(n,f,der);
    getinverse(n,f,nv);
    for(i=1;i<len;++i) rv[i]=((rv[i>>1]>>1)|(i&1)<<(L-1));
    NTT(nv,1,len);NTT(der,1,len);
    for(i=0;i<len;++i) der[i]=mul(der[i],nv[i]);
    NTT(der,0,len);
    getintegration(n,der,g);
}

exp

给定 $f(x)$ ，求 $g(x)$ 满足 $e^{f(x)}\equiv g(x) (mod \ x^n)$

倍增(递归分治)求解。求exp只能用牛顿迭代了。

考虑取 $ln$ 变形：

$ln(g(x))\equiv f(x) (mod\ x^n)$

底层为 $g[0]=e^{f[0]}$ (一般情况下默认 $f(x)$ 常数项为0)。

$h(g(x))=ln(g(x))-{f(x)}=0$

$g_{n+1}(x)\equiv g_n{x} - \dfrac {ln(g_n(x))-f(x)}{\frac{1}{g_n(x)}}(mod \ x^{2^{n+1}}))$

$g_{n+1}(x)\equiv g_n(x)*(1-ln(g_n(x))+f(x))(mod \ x^{2^{n+1}})$

代码：

inline void getexp(int n,int *f,int *g)
{
    if(n==1) {g[0]=1;return;}
    getexp((n+1)>>1,f,g);
    int i,j,L=0,len=1;
    for(;len<n+n;len<<=1) L++;
    static int ln[N];
    for(i=0;i<len;++i) ln[i]=0;
    getln(n,g,ln); 
    for(i=0;i<n;++i) ln[i]=dc(f[i],ln[i]);
    ln[0]=ad(ln[0],1);
    NTT(ln,1,len);NTT(g,1,len);
    for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(g[i],ln[i]); 
    NTT(g,0,len);
    for(i=n;i<len;++i) g[i]=0;
}

快速幂

给定 $f(x),k$ ，求 $g(x)$ 满足 $g(x)\equiv f^k(x)(mod\ x^n)$

考虑取 $ln$ 变形，再次进行降幂：

$ln(g(x))\equiv k*ln(f(x))(mod\ x^n)$

故：

$g(x)\equiv e^{k*ln(f(x))}(mod\ x^n)$

代码：

inline void getpow(int n,int *f,int *g,int K)
{
    int i,j,L=0,len=1;
    getln(n,f,g);
    for(;len<n;len<<=1) L++;
    for(i=0;i<len;++i) g[i]=mul(g[i],K);
    for(i=0;i<n;++i) f[i]=0;
    getexp(n,g,f);
}

三角函数

给定 $P(x)$ ，求 $X(x),Y(x)$ 满足

$\cos P(x) - X(x) \equiv 0 (\bmod{x^n})$

$\sin P(x) - Y(x) \equiv 0 (\bmod{x^n})$

由欧拉公式：

$e^{iP(x)}=cosP(x)+isinP(x)$

所以可以用复数二元组，实部表示 $X(x)$ ，虚部表示 $Y(x)$ 。

$X(x)+iY(x)=e^{iP(x)}$

求一下 $exp$ 分别对应。

貌似可以 $FFT$ 直接算，但应用程度不高。

所以是理论可行。代码？唔，不存在的(留坑)。

除法&取模

多项式除法与取模

形式幂级数&拉格朗日反演

给定 $f(x),k$ ，求 $g(x)$ 的 $k$ 次项系数 $g[k]$ ，满足 $f(g(x))=x(mod\ x^n)$

形式幂级数：

对于一个多项式，仅有有限项的系数是非零的。而对于形式幂级数，则去掉这一限制，将项数与系数推广到无穷大:

$F(x)=\sum _{i=0} ^{\infty}a_ix^i$

其中系数 $a_i$ 均为环 $R[x]$ (可以是实数/复数/整数/模意义下剩余类)中的元素，为方便表示，设 $[x^n]$ 表示 $F(x)$ 中 $x^n$ 的系数。所有的形式幂级数构成形式幂级数环 $R[[x]]$ 。

拉格朗日反演：

若 $F(x),G(x)\in R[[x]]$ 且 $F(G(x))=x$ ，则

$[x^n]G(x)=\dfrac 1n[x^{-1}]\dfrac {1}{F^n(x)}$

且 $F(x)$ 为 $G(x)$ 的复合逆。

特别的，若 $F(x)=\dfrac x{\phi (x)}$ ，则：

$[x^n]G(x)=\dfrac1n[x^{n-1}]\phi^n(x)$

由 $F(x)=\dfrac x{\phi (x)}$ ，得 $\phi (x)=\dfrac x{F(x)}$ ，代入上式：

$[x^n]G(x)=\dfrac1n[x^{n-1}]\left(\dfrac x{F(x)}\right)^n$

进一步拓展：

$[x^n]h(g(x))=\dfrac{1}{n}[x^{n-1}]h'(x)\left(\dfrac{x}{f(x)}\right)^n$ (三层嵌套)

证明详见拉格朗日反演- hjuy134

代码：

inline int lagrange(int n,int *F,int *G,int k)
{
    static int res[N];
    getinverse(n,F,res);
    for(i=n-1;i>=1;--i) res[i]=res[i-1];
    res[0]=0; 
    getpow(n,res,G,k);
    return mul(G[k-1],fastpow(k,mod-2)); 
}

时间复杂度总结

原文戳这里

内容	时间复杂度	常数
卷积	$O(nlogn)$	3
求逆	$O(nlogn)$	6
开根	$O(nlogn)$	18
求导	$O(n)$	1
积分	$O(n)$	1
ln	$O(nlogn)$	9
exp	$O(nlogn)$	24
快速幂	$O(nlogn)$	33

求值&插值

多点求值

给定 $f(x)$ 以及点集 $X=\{x_1,x_2,...,x_n \}$ ，求 $f(x_1),f(x_2),...,f(x_n)$ 。

倍增(递归分治)求解。

考虑底层：由拉格朗日插值法式，得到 $F(x_i)=F(x)(mod\ (x-x_i))(x_i)$

观察到 $\exists f'(x)=f(x) mod (\prod _{i=1} ^n (x-x_i))$ ，满足 $f'(x)=f(x) (1\leq i\leq n)$

因为 $f(x)$ 在可取范围 $deg(f(x))\geq n-1$ 内的答案都是唯一的，所以可以保留到这 $n$ 个点的

最简拉格朗日插值式化出的多项式( $deg(f)=n-1$ )，而不会影响答案，而这样的一个式子必然仅

存在于 $\prod _{i=1} ^n (x-x_i)$ (最高项次幂为 $n>deg(f)$ )的剩余类中，故等式成立。

那么考虑分治处理，设:

$X_0=\{x_0,x_1,...,x_{\lfloor{\frac n2} \rfloor} \}$ ， $X_1=\{x_{\lfloor {\frac n2 }\rfloor+1},x_{\lfloor {\frac n2}\rfloor+2},...,x_n\}$

$g_0(x)=\prod _{i=1} ^{\lfloor{\frac n2} \rfloor} (x-x_i)$ ， $g_1(x)=\prod _{i={\lfloor {\frac n2}\rfloor}+1}^n (x-x_i)$

显然对于 $x_i\in X_0$ ， $g_0(x_i)=0$ ；对于 $x_i\in X_1$ ， $g_1(x_i)=0$ 。

于是每次二分递归，将两边连乘积合并即可，先预处理出所有递归中取模后的多项式，再递归处理。

靠谱的做法是小于一定数量时暴力算，因为多点求值的常数太大了(复杂度 $O(nloooooog^2n)$ )。

代码：

#define mid (((l)+(r))>>1)
inline void prework(int dep,int l,int r,int *x,int *consmul)//预处理连乘积
{
    if(l==r){
        consmul[dep][l<<1]=mod-x[l];
        consmul[dep][l<<1|1]=1;//递归底部：x-xi
        return;
    }
    prework(dep+1,l,mid,x,consmul);
    prework(dep+1,mid+1,r,x,consmul);
    getmul(consmul[dep+1]+(l<<1),mid-l+1,consmul[dep+1]+((mid+1)<<1),r-mid,consmul[dep]+(l<<1),r-l+1);
}

inline void getval(int dep,int l,int r,int *f,int *y,int *consmul)
{
    static int modulo[D][N];//记录取模后多项式
    getmod(f,r-l,consmul[dep]+(l<<1),r-l+1,modulo[dep]+l);
    if(l==r){y[l]=modulo[dep][l];return;}
    getval(dep+1,l,mid,modulo[dep]+l,y,consmul);
    getval(dep+1,mid+1,r,modulo[dep]+mid+1,y,consmul);
}

inline void getval(int *f,int *x,int n,int *y)
{
    static int consmul[D][N<<1];//记录连乘积
    prework(0,1,n,x,dc);
    getval(0,1,n,f,y,dc);
}

注：此代码没有提交过，不保证正确性。

快速插值(牛顿插值&拉格朗日优化)

给定二元组集合 $P=\{(x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2),...,(x_n,f(x_n)) \}$ ，求 $f(x)(deg(f)<n)$

首先介绍一种不快速但很好手算的方法，牛顿插值(增量法)：

设 $g_n(x)=\prod _{i=1}^n(x-x_i)$

设前 $n$ 个点插值得到 $f_n(x)$ ，考虑 $f_{n+1}(x)$ :

$f_{n+1}(x)\equiv f_n(x) (mod\ g(n))$

故 $f_{n+1}(x)=f_n(x)+k*g(n)$

代入 $x=x_{n+1}$ ，解出 $k$ ，即可求出 $f_{n+1}(x)$ 。复杂度 $O(n^2)$ 。

现在来考虑一种复杂度 $O(nlooooooooog^2n)$ 的快速插值：

观察拉格朗日插值式：

$f(x)=\sum_ {i=1} ^n f(x_i) \prod _{j=1,j\neq i}^{n} \dfrac {x-x_j}{x_i-x_j}$

通过化简优化一下这个 $O(n^2)$ 的式子：

$f(x)=\sum_{i=1} ^n \dfrac {f(x_i)}{\prod _{j=1,j\neq i}^n (x_i-x_j)}\prod _{j=1,j\neq i}^n(x-x_j)$

设 $g(x)=\prod _{i=1} ^n (x-x_i)$ ， $g_i(x)=\frac {g(x)}{x-x_i}$

显然 $\prod _{j=1,j\neq i}^n (x_i-x_j)=g_i(x)$ 。

将 $g(x)=(x-x_i)g_i(x)$ 巧妙地求导(利用洛必达法则)后发现：

$g'(x)=g_i(x)+(x-x_i)g'(x)$

故： $g_i(x_i)=g'(x_i)$

$g_i(x_i)$ 变成了 $g'(x)$ 的多点求值。

那么 $\frac {1}{\prod _{j=1,j\neq i}^n(x_i-x_j)}$ 就可以快速求出了，而 $\prod _{j=1,j\neq i}^n(x-x_j)=(x-x_i)\prod_{j=1}^n(x-x_j)$ ，直接用分治 $FFT$ 求出连乘积(类似多点求值中的预处理)即可。最后 $O(n)$ 合并答案。

代码：

#define mid (((l)+(r))>>1)
inline void getinterpolation(int dep,int l,int r,int *val,int *consmul,int *f)
{
    if(l==r) {f[l]=val[l];return;}
    getinterpolation(dep+1,l,mid,val,consmul,f);
    getinterpolation(dep+1,mid+1,r,val,consmul,f);
    static int g[N],h[N];
    getmul(f+l,mid-l,consmul[dep+1]+((mid+1)<<1),r-mid,g,r-l);
    getmul(f+mid+1,r-mid-1,consmul(dep+1)+(l<<1),l-mid+1,h,r-l);
    //类似线段树与另一子节点合并过程，每一位乘上除自己位以外的所有连乘积
    //注意总次数是r-l，不是r-l+1,本区间向乘上另一区间时次数会少一位(少乘了自己)
    getadd(g,h,f+l,r-l);//合并
}

inline void getinterpolation(int *x,int *y,int n,int *f)
{
    static int consmul[D][N<<1],res[N],val[N];
    prework(0,1,n,x,consmul);//预处理连乘积
    getderivative(n,consmul[0],res);//处理g'(x)
    getval(res,x,n,val);//多点求值得到gi(xi)
    for(int i=1;i<=n;++i)
     val[i]=mul(y[i],inv[val[i]]);
    getinterpolation(0,1,n,val,consmul,f);//最后乘上式子右边一部分
}

注：此代码没有提交过，不保证正确性。

参考资料

FFT 学习笔记-menci
有关多项式处理的各种算法总结-zlttttt
多项式求ln,求exp,开方,快速幂学习总结-_Vertical
多项式的运算-KirinBill
[拉格朗日反演][FFT][NTT][多项式大全]详解-TJY
Pick’s Blog
Miskcoo’s Space
2015国家集训队论文鏼生成函数的运算与组合计数问题
2016国家集训队论文 myy 再探快速傅里叶变换
Foolmike的多项式课件

膜膜膜众神犇。也非常感谢能有这么多这么好的资源。

如果有错误欢迎指出，有疑问欢迎评论。

【总结】多项式相关的各种算法

基本概念

符号约定&说明

求导&积分

点值表示&拉格朗日插值

卷积(Karatsuba算法&FTT&NTT)

牛顿迭代

基本运算&初等函数

求逆

开根

ln

exp

快速幂

三角函数

除法&取模

形式幂级数&拉格朗日反演

时间复杂度总结

求值&插值

多点求值

快速插值(牛顿插值&拉格朗日优化)

参考资料

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