\(1\)、多项式乘法
利用\(FFT\)就可以将多项式乘法的复杂度优化到\(O(n\log n)\)。由于其讲解较为繁琐并且已逐渐普及（想必读者也不是来学这个的），因此略过\(FFT\)以及同样普及的\(NTT\)。
至于\(MTT\)，我们可以将系数拆成\(32768\cdot a+b\)的形式缩小值域，将一个多项式拆为两个。做四次卷积以后，将得到的答案合并并取模即可。
当然\(MTT\)还有利用\(FFT\)模数计算再用中国剩余定理合并的做法，但第一种做法更加直观。
\(2\)、分治\(FFT\)
有两种分治\(FFT\)，先来讲比较简单的第一种。
如果我们有一个长度为\(n\)的数组\(a\)，并且希望求：
\[\prod_{i=0}^{n-1}(x+a_i)\]
直接按照暴力计算，是\(O(n^2)\)的（因为每一个只有两项，所以一次暴力乘法只有\(O(n)\)）。如果我们把乘法用\(FFT\)来实现，我们就得到了\(O(n^2\log n)\)的优秀复杂度。
怎么做才会更快呢？
分治往往能带来更加优秀的复杂度。直接利用\(FFT\)之所以慢，是因为相乘的两个多项式次数相差太大，这会非常浪费。
那我们不妨考虑先计算左半部分和右半部分的积。这是两个\(O(n)\)次的多项式，直接用\(FFT\)在\(O(n\log n)\)的时间内相乘即可。那么我们的递归式就是：
\[T(n)=2T(n/2)+O(n\log n)\]
解得\(T(n)=O(n\log ^2n)\)，复杂度得到了很大优化。
那么再来讲讲\(dark\)的第二种分治\(FFT\)。
你有一个下标集合为\(\{1,2,...,n\}\)的数组\(f\)，你想要求一个下标集合为\(\{0,1,2,...,n\}\)的数组\(g\)，满足：
\[g_i=\sum_{j=1}^{i}f_jg_{i-j}\]
边界条件\(g_0=1\)。
看上去直接求好像有点困难，那么我们来考虑分治。我们把数组\(g\)拆为前后两半，显然后一半对前一半是没有影响的，直接递归求解前一半。求解完毕以后我们来计算前一半对后一半的贡献，这时我们直接根据上面的式子\(FFT\)即可，因为此时前后的影响已经被我们用分治消除了。最后我们递归继续后一半的求解。
综上所述，递归式为：
\[T(n)=2T(n/2)+O(n\log n)\]
解得\(T(n)=O(n\log^2 n)\)，复杂度较优秀。
\(P.S.\)第二个问题其实有复杂度更优秀的解法，可以参见下面的“多项式求逆”。但是分治的思想更加直观，并且有的类型并不能利用“多项式求逆”来做，因此分治\(FFT\)的作用还是很大的。
\(3\)、多项式倍增（思想）
倍增是接下来对许多多项式问题求解的重要方法。
在多项式中可能有一些我们要求的多项式次数是无限的，那么一般我们只需要知道它的前\(n\)项，即\(\mod x^n\)的结果即可。直接求解或许也比较困难，此时可以考虑倍增。
我们先用简单的方法求出\(\mod x\)的平凡情况，然后就只需要考虑如何从\(\mod x^k\)
的结果\(\widehat f\)推到\(\mod x^{2k}\)的结果\(f\)即可。一般来说，利用\((f-\widehat f)^2\equiv 0 (\mod x^{2k})\)这个性质就可以得到很方便的求解方法。
\(4\)、多项式求逆
多项式求逆是这样一个问题，已知一个\(n\)次多项式\(f\)，我们希望求一个\(n\)次多项式\(g=f^{-1}\)，即：
\[f*g\equiv 1(\mod x^n)\]
显然要求\(f\)的常数项不为\(0\)。那么在\(\mod x\)意义下，直接求得\(g_0=f_0^{-1}\)。
现在我们考虑从\(\mod x^k\)的结果\(\widehat g\)推出\(\mod x^{2k}\)的结果\(g\)。我们有：
\[(g-\widehat g)^2\equiv 0(\mod x^{2k})\]
把平方展开，得到：
\[g^2-2g\widehat g+\widehat g^2\equiv 0(\mod x^{2k})\]
这个式子好像有点\(dark\)，但是我们已经知道\(f*g\equiv 1(\mod x^{2k})\)，因此我们对等式两边同时乘以\(f\)，得到：
\[g-2\widehat g+f\widehat g^2\equiv 0(\mod x^{2k})\]
移项，得：
\[g\equiv 2\widehat g-f\widehat g^2(\mod x^{2k})\]
就可以直接进行倍增。递归式为\(T(n)=T(n/2)+O(n\log n)\)，解得\(T(n)=O(n\log n)\)。
多项式求逆也是很多多项式问题的基础，在接下来的几种多项式黑科技中起到了很大的作用。
那么再来举一个应用多项式求逆的例子，就是在之前的“分治\(FFT\)”里提到的第二个问题。为了保持完整我们再陈述一遍：
你有一个下标集合为\(\{1,2,...,n\}\)的数组\(f\)，你想要求一个下标集合为\(\{0,1,2,...,n\}\)的数组\(g\)，满足：
\[g_i=\sum_{j=1}^{i}f_jg_{i-j}\]
边界条件\(g_0=1\)。
我们先想办法把上面的式子化成普通的卷积形式。我们把\(j\)的枚举范围从\(1,2,...,i\)改为卷积形式的\(0,1,2,...,i\)，此时我们发现多计算了\(f_0g_i\)这一项。那么我们不妨令\(f_0=0\)，我们就消去了这一项的贡献。同时注意到作为边界的\(g_0\)如果直接用这个卷积形式计算会得到\(0\)，那么我们可以强制将结果加\(1\)。经过这番操作卷积的答案就为\(g\)了。于是我们得到了非常优美的式子：
\[g=fg+1\]
我们移项，得到：
\[(1-f)g=1\]
利用多项式求逆求出\((1-f)^{-1}(\mod x^{n+1})\)，在两边同时乘上，于是得到了：
\[g\equiv \frac{1}{1-f}(\mod x^{n+1})\]
由于我们只要知道\(g\)的前\(n+1\)项，因此\(\mod x^{n+1}\)是没有关系的，于是我们就利用多项式求逆在\(O(n\log n)\)的时间内解决了这个问题。
\(5\)、多项式除法、取模
给你一个\(n\)次多项式\(f\)，以及一个\(m\)次多项式\(g\)（\(n>m\)），我们希望求一个\(n-m+1\)次多项式\(q\)以及一个\(m-1\)次多项式\(r\)，满足：
\[f=qg+r\]
那么我们称\(q\)为\(f\)除以\(g\)的商，而称\(r\)为\(f\)除以\(g\)的余数。
现在我们来考虑如何求\(q\)和\(r\)。我们先定义\(n\)次多项式\(f\)的一种变换\(f^R\)：
\[f^R=f(\frac{1}{x})*x^{n-1}\]
不难看出\(f^R\)即是将\(f\)的系数反转一下。因此我们可以在\(O(n)\)的时间内完成这个变换。
那么我们来推式子，我们不妨用\(\frac{1}{x}\)替换多项式内的\(x\)，这样的结果显然依旧正确：
\[f(\frac{1}{x})=q(\frac{1}{x})g(\frac{1}{x})+r(\frac{1}{x})\]
接着考虑在两边同乘\(x^{n-1}\)，得到：
\[f(\frac{1}{x})*x^{n-1}=q(\frac{1}{x})*x^{m-1}*g(\frac{1}{x})*x^{n-m}+r(\frac{1}{x})*x^{m-2}*x^{n-m+1}\]
不难发现我们已经有意为那个变换做好了准备，那么我们将四个多项式都用变换来代替：
\[f^R=q^Rg^R+r^R*x^{n-m+1}\]
我们考虑消去最后一项，那么不妨把式子放到\(\mod x^{n-m+1}\)的意义下。此时最后一项肯定为\(0\)，于是就消失了：
\[f^R\equiv q^Rg^R(\mod x^{n-m+1})\]
我们发现既然\(q\)是\(n-m+1\)次的，那么\(q^R\)也是\(n-m+1\)次的，\(\mod x^{n-m+1}\)对其没有影响。于是我们求\(g^R\)的逆，就得到：
\[q^R\equiv \frac{f^R}{g^R}(\mod x^{n-m+1})\]
于是我们就求得了\(q^R\)，然后简单地再做一次变换就得到了\(q\)。此时算\(r\)就很方便了，直接计算\(f-qg\)即可。
\(6\)、多项式求导、积分
这是两个很简单的变换，是为了下面的内容做好准备。
设\(f\)是一个\(n\)次多项式，那么\(f\)的导数\(f'\)就是一个\(n-1\)次多项式，并且满足：
\[f'_i=(i+1)f_{i+1}\]
直接\(O(n)\)计算即可。
设\(f\)是一个\(n\)次多项式，那么\(f\)的积分\(\int f\)就是一个\(n+1\)次多项式，并且满足：
\[\int f_i=\frac{f_{i-1}}{i}\]
边界条件\(\int f_0=0\)。
同样\(O(n)\)计算即可。
\(7\)、多项式\(\ln\)
事情开始变得诡异起来了。
多项式求\(\ln\)是这样一个问题，给你一个\(n\)次多项式\(f\)，满足\(f_0=1\)，你需要求一个\(n\)次多项式\(g\)，满足：
\[g\equiv \ln f(\mod x^n)\]
看到这个是不是一下子有点懵啊...没关系，我们来冷静分析。函数\(\ln(x)\)的一个特点就是\(\ln'(x)=\frac{1}{x}\)，这就一下子好办了，我们把这个结论照搬到多项式上面去，对上面的等式两边求导，得到：
\[g'\equiv \frac{1}{f}(\mod x^n)\]
这是不是非常简单啊，直接多项式求逆就得到了\(g'\)，那么我们再将等式两边积分，就得到：
\[g\equiv \int \frac{1}{f}(\mod x^n)\]
不过还有一个小疑问，求导一次再积分一次不是会丢掉常数项吗，这怎么办呢。其实没关系，我们已经保证\(f_0=1\)，而\(\ln 1=0\)，因此\(g\)的常数项就是\(0\)。于是我们就做完了。
\(8\)、多项式牛顿迭代、泰勒展开（思想）
接下来我们讲一下多项式牛顿迭代和泰勒展开，为接下来的工作做准备。话说多项式真是强啊什么都能套上去。
先来讲牛顿迭代。
我们知道，如果我们希望在实数域内求得某个处处可导函数\(f(x)\)的零点的近似值，我们就可以用牛顿迭代来解决。我们随意选择一个初值，设其为\(x_0\)，然后开始迭代。每一次从\(x_i\)迭代到\(x_{i+1}\)，我们的精度会得到很大提升，迭代式子为：
\[x_{i+1}=x_i-\frac{f(x_i)}{f'(x_i)}\]
其实就相当于\(x_{i+1}\)是\(f(x)\)在\(x_i\)处的这条切线和横轴的交点，可以自己推一下式子证明。
我们将牛顿迭代应用到多项式上，具体来说：
我们给出一个\(n\)次多项式\(f\)以及一个以多项式为参数，并且结果也是一个多项式的函数\(G\)，并希望计算出一个\(n\)次多项式\(g\)，满足：
\[G(g)\equiv f(\mod x^n)\]
把问题简单转化一下，就是希望求得\(G-f\)的零点了。那么我们依然先求出\(\mod x\)意义下的简单结果，接着套用牛顿迭代的公式。设上一次迭代的答案为\(\widehat g\)，我们就得到：
\[g=\widehat g-\frac{G(\widehat g)-f}{G'(\widehat g)}\]
为什么求导的时候多项式\(f\)会消失呢？这是因为\(G\)是关于多项式的函数，其导数反映的是当多项式变化时的变化幅度，因此不变的多项式\(f\)就被看作时常数项了。
同时我们可能还有一个疑问：牛顿迭代不是用来提高精度的吗？怎么在多项式上应用呢？我们感性理解一下，假设\(\widehat g\)是\(\mod x^k\)意义下的结果，那么迭代式子显然可以得到一个\(2k\)次多项式，此时我们给出结论：通过这个牛顿迭代的式子，我们可以得到\(\mod x^{2k}\)意义下的结果。对它的证明将放到泰勒展开的讲解内。
于是我们就可以发现，利用牛顿迭代公式，我们可以做到类似倍增的效果。那么许多看似复杂的问题就可以解决了。
现在来讲一下多项式的泰勒展开。
我们刚刚已经得到了牛顿迭代在多项式上的应用，但是对于它的正确性，我们却是一知半解。幸好我们还有一种可以较简单的进行证明的方法：多项式泰勒展开。同时利用泰勒展开我们还可以获得一些问题求解的思路。
我们已经知道泰勒展开式为：
\[f(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}*(x-x_0)^i\]
我们可以证明其对以多项式为参数的函数也成立，这和一般情况是一样的。那么我们依然考虑之前牛顿迭代所讲的问题，我们以\(\mod x^k\)意义下的答案\(\widehat g\)代入\(x_0\)，求\(\mod x^{2k}\)意义下的答案\(g\)，那么我们有：
\[G(g)-f\equiv G(\widehat g)-f+G'(\widehat g)*(g-g_0)+...(\mod x^{2k})\]
我们再次利用这个性质：\((g-\widehat g)^2\equiv 0(\mod x^{2k})\)，那么泰勒展开式中除了前两项以外都变成了\(0\)，于是便不用再考虑后面了，得到：
\[G(g)-f\equiv G(\widehat g)-f+G'(\widehat g)*(g-\widehat g)(\mod x^{2k})\]
而我们又有\(G(g)-f\equiv 0(\mod x^{2k})\)，于是左边就为\(0\)，我们移项得：
\[-G'(\widehat g)*(g-\widehat g)\equiv G(\widehat g)-f(\mod x^{2k})\]
两边同除\(-G'(\widehat g)\)：
\[g-\widehat g\equiv -\frac{G(\widehat g)-f}{G'(\widehat g)}(\mod x^{2k})\]
再将\(\widehat g\)加到右边：
\[g\equiv \widehat g-\frac{G(\widehat g)-f}{G'(\widehat g)}(\mod x^{2k})\]
我们此时发现这就是牛顿迭代的公式，于是就完成了对牛顿迭代正确性的证明。当然泰勒展开的作用不只是证明牛顿迭代，我们在做题时可能推出一个关于某个多项式的奇怪式子，如果你能发现它正好是一个常见函数的泰勒展开，就可以用专门求这个函数的方法来解决——例如我们即将要讲的\(\exp\)。