[学习笔记]多项式的整除、取模、多点求值和插值及常系数线性递推

一、开头

（ WC2019 神犇协会）
undefeatedKO ： NOI2017 的题大家都 AK 了吗？
All ： AK 了！
ION ：我们穿越到 2019 年的 WC 怎么样？
olis ：好啊！听说一个弱鸡 xyz32768 要来 WC ，我们一到就把他 D 一遍，这样他 WC2019 不爆零才怪呢！
（ WC2019 ）
VFN ：我们刚刚 A 掉了分身术这题。考虑到你比较菜，我就不用这道题考你了，我换成 Day1 T3 的泳池，如果你做不出来，你就肯定会在 WC2019 我们精心出的试题面前爆零！
xyz32768 ：什么？？？？？？
NFV ：哈哈，没想到你这么菜呀，那我再降低下要求：我告诉你这道题的算法是：常系数线性递推。
xyz32768 ：什么？矩乘快速幂？？？？？？
phantom ： 你这个弱鸡居然连多项式整除和取模都不会，明天你爆零定了！再见！
xyz32768 ： 算了，爆零就爆零吧，反正我永远都学不会任何多项式算法。
pool ： 没想到 xyz32768 你菜得超出我的眼界了，再见，爆零蒟蒻！

二、前置芝士：多项式求逆

多项式求逆

三、多项式的整除与取模

一个 $n$ 次多项式 $F(x)$ 和 $m$ 次多项式 $G(x)$ ，求多项式 $Q(x)$ 和 $R(x)$ ，满足：
（1） $Q(x)$ 次数为 $n-m$ ， $R(x)$ 次数为 $m-1$ 。
（2） $F(x)=Q(x)G(x)+R(x)$
这就是求 $Q(x)$ 为 $F(x)$ 与 $G(x)$ 整除得到的多项式，且 $R(x)=F(x)\bmod G(x)$ 。
下面进入推式子环节。
$F(\frac 1x)=Q(\frac 1x)G(\frac 1x)+R(\frac 1x)$
两边同乘 $x^n$ ：
$F_R(x)=Q_R(x)G_R(x)+R_R(x)x^{n-m+1}$
其中 $F_R(x)$ 表示 $F(x)$ 的系数翻转，即 $F_R(x)$ 的 $i$ 次项系数为 $F(x)$ 的 $n-i$ 次项系数。
$F_R(x)\equiv Q_R(x)G_R(x)(\bmod x^{n-m+1})$
$Q_R(x)\equiv F_R(x)\times G^{-1}_R(x)(\bmod x^{n-m+1})$
需要求 $G_R(x)$ 模 $n-m+1$ 的逆。
至此，我们得到了整除的结果。
取模则更简单：
$R(x)=F(x)-Q(x)G(x)$
多项式取模的重要应用：如果在一定的条件下 $G(x)$ 为 $0$ ，那么将计算 $F(x)$ 改为计算 $F(x)\bmod G(x)$ 有时可以有效地降低复杂度。

四、应用：多项式多点求值

给定一个 $n$ 次多项式 $F(x)$ 和 $m$ 个值 $x_1,x_2,\dots,x_m$ ，求出 $F(x_1)$ ， $F(x_2)$ ， $\dots$ ， $F(x_m)$ 。
采用分治的算法。取 $mid=\lfloor\frac m2\rfloor$ 。
先计算 $G_1(x)=\prod_{i=1}^{mid}(x-x_i)$ ， $G_2(x)=\prod_{i=mid+1}^m(x-x_i)$ 。
那么：
（1）对于任意的 $1\le k\le mid$ ：
$G_1(x_k)=(x_k-x_k)\prod_{i=1,i\ne k}^{mid}(x_k-x_i)=0$
（2）对于任意的 $mid<k\le m$ ：
$G_2(x_k)=(x_k-x_k)\prod_{i=mid+1,i\ne k}^m(x_k-x_i)=0$
所以可以分别将 $F(x)$ 转换成 $F(x)\bmod G_1(x)$ 和 $F(x)\bmod G_2(x)$ 。
所以，设 $calc(F(x),S)$ 为计算 $F(x)$ 取集合 $S$ 内每个数时多项式的值：
$calc(F(x),x_{1,2,\dots,m})$
$=calc(F(x)\bmod G_1(x),x_{1,2,\dots,mid})$
$+calc(F(x)\bmod G_2(x),x_{mid+1,mid+2,\dots,mid})$
$G_1,G_2$ 可以分治 FFT 求得。
复杂度有：
$T(n)=T(\frac n2)+O(n\log n)$
由主定理得：
$T(n)=O(n\log^2n)$

五、应用：多项式快速插值

给定 $(x_1,y_1)(x_2,y_2)\dots(x_{n+1},y_{n+1})$ ，求一个多项式 $F(x)$ 使得对于任何一个 $1\le i\le n+1$ 都有：
$F(x_i)=y_i$
众所周知，通过 Lagrange 拉格朗日插值公式：
$F(x)\sum_{i=1}^{n+1}y_i\prod_{j=1,j\ne i}^{n+1}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$
可以得到 $O(n^2)$ 的算法。
考虑把 Lagrange 插值的式子转化一下：
$F(x)=\sum_{i=1}^{n+1}\frac{y_i}{\prod_{j=1,j\ne i}^{n+1}(x_i-x_j)}\prod_{j=1,j\ne i}^{n+1}(x-x_j)$
设 $G(x)=\prod_{j=1}^{n+1}(x-x_j)$ （可以用分治 FFT 求出）。
$\prod_{j=1,j\ne i}^{n+1}(x_i-x_j)=(\frac{G(x)}{x-x_i})(x_i)$
记为 $G_i(x_i)$ 。
$G(x)=(x-x_i)G_i(x)$
求导：
$G'(x)=G_i(x)+(x-x_i)G_i'(x)$
取 $x=x_i$ ，得：
$G_i(x_i)=G'(x_i)$
于是转化成了多点求值。
于是转化成：
$\sum_{i=1}^{n+1}\frac{y_i}{G'(x_i)}\times\frac{G(x)}{x-x_i}$
可以用分治 FFT 求得。
具体地，设 $mid=\lfloor\frac{n+1}2\rfloor$ ， $L(x)=\prod_{i=1}^{mid}(x-x_i)$ ， $R(x)=\prod_{i=mid+1}^{n+1}(x-x_i)$ 。
那么设 $q_i=\frac{y_i}{G'(x_i)}$ ，则上式为：
$R(x)\sum_{i=1}^{mid}q_i\prod_{j=1,j\ne i}^{mid}(x-x_j)+L(x)\sum_{i=mid+1}^{n+1}q_i\prod_{j=mid+1,j\ne i}^{n+1}(x-x_j)$
递归即可。
复杂度和多点求值一样是 $O(n\log^2n)$ 。
神仙 zzq 的博客：
orz zzq

六、应用：常系数线性递推

一、引入

地球上的 OIer 都知道 Fibonacci 数列：
$f(0)=0$
$f(n)=f(n-1)+f(n-2)(n\ge 1)$
但 $n$ 比较小时可以递推。
当 $n$ 规模比较大，如 $10^9$ 甚至 $10^{18}$ 时，可以利用矩阵乘法优化。
而假设由一个 $k$ 阶递推数列满足：
$a_n=\sum_{i=1}^kf_i\times a_{k-i}$
$a_{0...k-1}$ 和 $f_{1...k}$ 是已知的。
这是一个 $k$ 阶的递推数列。
如果暴力转移，则复杂度 $O(nk)$ 。
如果使用矩阵乘法，则复杂度 $O(k^3\log n)$ 。
而 $n\le 10^9$ 且 $k\le 32000$ 时，
就需要用到一个线性代数黑科技——常系数线性递推。

二、求法

假设转移矩阵为 $A$ ，初始列向量：
$St=\begin{bmatrix}a_0\\a_1\\\vdots\\a_{k-1}\end{bmatrix}$
则：
$a_n=A^n\times St$
假设我们构造了一个序列 $c$ 使得：
$A^n=\sum_{i=0}^{k-1}c_iA^i$
那么两边同乘 $St$ 可得：
$a_n=A^n\times St=\sum_{i=0}^{k-1}c_iA^i\times St=\sum_{i=0}^{k-1}c_iSt_i$

三、构造序列 $c$

考虑 $c$ 的生成函数 $C(A)$ ，即 $C$ 是一个以矩阵为参数的多项式。
假设有
$A^n=F(A)G(A)+C(A)$
其中 $G(A)$ 的次数为 $k$ 。
如果 $G(A)=\begin{bmatrix}0&0&\dots&0\\0&0&\dots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&0&\dots&0\end{bmatrix}$ ，那么就有：
$C(A)=A^n\bmod G(A)$
用快速幂+多项式取模就能做到 $O(k\log k\log n)$ 的复杂度。
$G(A)$ 为矩阵 $A$ 的特征多项式。

四、特征值和特征向量

以下把全 $0$ 的矩阵简写为 $0$ 。
如果存在数 $\lambda$ 和列向量 $X$ 满足：
$AX=\lambda X$
即
$(\lambda I-A)X=0$
（ $I$ 为单位矩阵）
那么 $\lambda$ 和 $X$ 分别为矩阵 $A$ 的特征值和特征向量。
一个 $k$ 阶的满秩矩阵有 $k$ 组特征值和特征向量。

五、Cayley-Hamilton（ C-H ）定理.

定理：
$\prod_i(\lambda_i I-A)=0$
其中 $\lambda_i$ 为 $A$ 的第 $i$ 个特征值。
为了证明这个定理，我们不妨先证明上式乘上任意特征向量等于 $0$ 矩阵。
先证明：
$(\lambda I-A)(\omega I-A)=\lambda\omega I^2-\lambda IA-\omega IA+A^2=(\omega I-A)(\lambda I-A)$
然后我们能证明乘上 $X_j$ 为 $0$ 矩阵：
$(\prod_i(\lambda_i I-A))\times X_i=(\prod_{i\ne j}(\lambda_i I-A))\times((\lambda_j I-A)\times X_j)=0$
于是我们证明了 C-H 定理。

六、求特征多项式

一个奇怪的结论：
$f(\lambda)=|\lambda I-A|$
（ $|A|$ 为矩阵 $A$ 的行列式）
和 $(-1)^k\prod_i(\lambda_i I-A)$ 的系数相同。
换句话说， $f(\lambda)=|\lambda I-A|$ 就是矩阵 $A$ 的特征多项式 $G(x)$ 。
你可能会问： $f$ 的参数和 $\prod_i(\lambda_i I-A)$ 的参数不一样，为什么系数会相同？
先假设 $(-1)^k\prod_i(\lambda_i I-A)$ 的参数不是矩阵而是数。而单位矩阵相当于 $1$ ，所以先将其视为 $(-1)^k\prod_i(\lambda_i-\lambda)$ 。
我们可以发现，将 $k$ 个特征值 $\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_k$ 代入这两个多项式都会使多项式的值为 $0$ ，并且这两个多项式的 $\lambda^k$ 项相同。
有了这 $k+1$ 个条件，我们得出这两个多项式的系数相同。
而 $(-1)^k$ 实际上可以忽略（因为我们只关心 $G(A)$ 是否为 $0$ 矩阵，而 $0$ 矩阵取反后还是 $0$ 矩阵）。
考虑矩阵 $\lambda I-A$ ：
$\begin{bmatrix}\lambda&-1&0&0&0&...&0\\0&\lambda&-1&0&0&...&0\\0&0&\lambda&-1&0&...&0\\0&0&0&\lambda&-1&...&0\\...&...&...&...&...&...&...\\\ -f_k&-f_{k-1}&.-f_{k-2}&-f_{k-3}&-f_{k-4}&...&\lambda-f_1\\\end{bmatrix}$
手算行列式得到：
$|\lambda I-A|=\lambda^k-\sum_{i=1}^kf_i\lambda^{k-i}$
所以我们得出特征多项式：
$g_k=1$
$g_i=-f_{k-i}(0\le i<k)$
开头中提到的 NOI2017 Day1 T3 泳池 就是一个常系数线性递推。
虽然那题多项式暴力取模能过

七、模板

多项式多点求值和快速插值代码暂无，见谅。
一、多项式整除与取模

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Step(i, a, b, x) for (i = a; i <= b; i += x)
#define Pow(k, n) for (k = 1; k < n; k <<= 1)
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 = 7e5 + 5, ZZQ = 998244353;
int n, m, tot = 2, f[N], g[N], rf[N], rg[N], invg[N], rev[N],
tmp1[N], tmp2[N], gp[N], ff, quot[N], xmod[N];
int qpow(int a, int b) {
	int res = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) res = 1ll * res * a % ZZQ;
		a = 1ll * a * a % ZZQ;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
void FFT(int n, int *a, int op) {
	int i, j, k, sp = n;
	For (i, 0, n - 1) if (i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
	gp[n] = qpow(op == 1 ? 3 : 332748118, (ZZQ - 1) / n);
	For (i, 1, tot) sp >>= 1, gp[sp] =
		1ll * gp[sp << 1] * gp[sp << 1] % ZZQ;
	Pow(k, n) {
		int x = gp[k << 1];
		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] % ZZQ;
				a[i + j] = (u + v) % ZZQ;
				a[i + j + k] = (u - v + ZZQ) % ZZQ;
				w = 1ll * w * x % ZZQ;
			}
		}
	}
}
int main() {
	int i, k, orz;
	n = read(); m = read();
	For (i, 0, n) f[i] = rf[n - i] = read();
	For (i, 0, m) g[i] = rg[m - i] = read();
	invg[0] = qpow(rg[0], ZZQ - 2);
	Pow(k, n - m + 1) {
		orz = qpow(k << 2, ZZQ - 2);
		For (i, 0, (k << 2) - 1)
			rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << tot - 1);
		For (i, 0, (k << 1) - 1) tmp1[i] = rg[i];
		For (i, (k << 1), (k << 2) - 1) tmp1[i] = 0;
		For (i, 0, k - 1) tmp2[i] = invg[i];
		For (i, k, (k << 2) - 1) tmp2[i] = 0;
		FFT(k << 2, tmp1, 1); FFT(k << 2, tmp2, 1);
		For (i, 0, (k << 2) - 1)
			tmp1[i] = 1ll * tmp1[i] * tmp2[i] % ZZQ;
		For (i, 0, (k << 2) - 1)
			tmp1[i] = (2 - tmp1[i] + ZZQ) % ZZQ;
		For (i, 0, k - 1) tmp2[i] = invg[i];
		For (i, k, (k << 2) - 1) tmp2[i] = 0;
		FFT(k << 2, tmp2, 1);
		For (i, 0, (k << 2) - 1)
			invg[i] = 1ll * tmp1[i] * tmp2[i] % ZZQ;
		FFT(k << 2, invg, -1);
		For (i, 0, (k << 2) - 1) invg[i] = 1ll * invg[i] * orz % ZZQ;
		For (i, (k << 1), (k << 2) - 1) invg[i] = 0;
		tot++;
	}
	memset(tmp1, 0, sizeof(tmp1));
	memset(tmp2, 0, sizeof(tmp2));
	For (i, 0, n) tmp1[i] = rf[i];
	For (i, 0, n - m) tmp2[i] = invg[i];
	ff = 1; tot = 0;
	while (ff <= (n << 1) - m) ff <<= 1, tot++;
	orz = qpow(ff, ZZQ - 2);
	For (i, 0, ff - 1)
		rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << tot - 1);
	FFT(ff, tmp1, 1); FFT(ff, tmp2, 1);
	For (i, 0, ff - 1) quot[i] = 1ll * tmp1[i] * tmp2[i] % ZZQ;
	FFT(ff, quot, -1);
	For (i, 0, ff - 1) quot[i] = 1ll * quot[i] * orz % ZZQ;
	For (i, 0, n - m) if (i < n - m - i)
		swap(quot[i], quot[n - m - i]);
	For (i, n - m + 1, ff - 1) quot[i] = 0;
	For (i, 0, n - m) printf("%d ", quot[i]); cout << endl;
	ff = 1; tot = 0;
	while (ff <= n) ff <<= 1, tot++;
	orz = qpow(ff, ZZQ - 2);
	For (i, 0, ff - 1)
		rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << tot - 1);
	FFT(ff, g, 1); FFT(ff, quot, 1);
	For (i, 0, ff - 1) xmod[i] = 1ll * g[i] * quot[i] % ZZQ;
	FFT(ff, xmod, -1);
	For (i, 0, ff - 1) xmod[i] = 1ll * xmod[i] * orz % ZZQ;
	For (i, 0, n) xmod[i] = (f[i] - xmod[i] + ZZQ) % ZZQ;
	For (i, 0, m - 1) printf("%d ", xmod[i]); cout << endl;
	return 0;
}

二、常系数线性递推

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Step(i, a, b, x) for (i = a; i <= b; i += x)
#define Pow(k, n) for (k = 1; k < n; k <<= 1)
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;
}

template <class T>
void Swap(T &a, T &b) {a ^= b; b ^= a; a ^= b;}

const int N = 5e5 + 5, ZZQ = 998244353;

int n, K, f[N], invf[N], orz[N], a[N], rev[N], tmp1[N], tmp2[N], df[N],
ff = 4, tot = 2, gg, res[N], bas[N], ans;

int qpow(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1) res = 1ll * res * a % ZZQ;
		a = 1ll * a * a % ZZQ;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

void FFT(int n, int *a, int op)
{
	int i, j, k;
	For (i, 0, n - 1) if (i < rev[i]) Swap(a[i], a[rev[i]]);
	orz[k = n >> 1, n] = qpow(3, op == 1 ? (ZZQ - 1) / n :
		(ZZQ - 1) / n * (n - 1));
	while (k) orz[k] = 1ll * orz[k << 1] * orz[k << 1] % ZZQ, k >>= 1;
	Pow(k, n)
	{
		int x = orz[k << 1];
		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] % ZZQ;
				a[i + j] = (u + v) % ZZQ;
				a[i + j + k] = (u - v + ZZQ) % ZZQ;
				w = 1ll * w * x % ZZQ;
			}
		}
	}
}

void get_mod(int *f)
{
	int i;
	For (i, 0, K << 1) tmp1[i] = f[(K << 1) - i];
	For (i, (K << 1) + 1, ff - 1) tmp1[i] = 0;
	FFT(ff, tmp1, 1);
	For (i, 0, ff - 1) tmp1[i] = 1ll * tmp1[i] * invf[i] % ZZQ;
	FFT(ff, tmp1, -1);
	For (i, 0, ff - 1) tmp1[i] = 1ll * tmp1[i] * gg % ZZQ;
	For (i, K + 1, ff - 1) tmp1[i] = 0;
	For (i, 0, K - 1 >> 1) Swap(tmp1[i], tmp1[K - i]);
	FFT(ff, tmp1, 1);
	For (i, 0, ff - 1) tmp1[i] = 1ll * tmp1[i] * df[i] % ZZQ;
	FFT(ff, tmp1, -1);
	For (i, 0, ff - 1) f[i] = (f[i] - 1ll * tmp1[i] * gg % ZZQ + ZZQ) % ZZQ;
	For (i, K + 1, ff - 1) f[i] = 0;
}

int main()
{
	int i, k;
	n = read(); K = read();
	For (i, 1, K) f[i] = df[K - i] = (ZZQ - read() % ZZQ) % ZZQ;
	f[0] = df[K] = 1;
	For (i, 0, K - 1) a[i] = (read() % ZZQ + ZZQ) % ZZQ;
	invf[0] = 1;
	Pow(k, K + 1)
	{
		gg = qpow(ff, ZZQ - 2);
		For (i, 0, ff - 1)
			rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << tot - 1);
		For (i, 0, (k << 1) - 1)
			tmp1[i] = f[i], tmp1[i + (k << 1)] = 0;
		For (i, 0, k - 1)
			tmp2[i] = invf[i], tmp2[i + k] = tmp2[i + (k << 1)]
			= tmp2[i + k * 3] = 0;
		FFT(ff, tmp1, 1); FFT(ff, tmp2, 1);
		For (i, 0, ff - 1) tmp1[i] =
			(2 - 1ll * tmp1[i] * tmp2[i] % ZZQ + ZZQ) % ZZQ;
		For (i, 0, k - 1)
			tmp2[i] = invf[i], tmp2[i + k] = tmp2[i + (k << 1)]
			= (tmp2[i + k * 3]) = 0;
		FFT(ff, tmp2, 1);
		For (i, 0, ff - 1) invf[i] = 1ll * tmp1[i] * tmp2[i] % ZZQ;
		FFT(ff, invf, -1);
		For (i, 0, ff - 1) invf[i] = 1ll * invf[i] * gg % ZZQ;
		For (i, K + 1, ff - 1) invf[i] = 0;
		ff <<= 1; tot++;
	}
	ff = 1; tot = 0;
	while (ff <= K * 3) ff <<= 1, tot++;
	For (i, 0, ff - 1)
		rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << tot - 1);
	gg = qpow(ff, ZZQ - 2);
	FFT(ff, invf, 1);
	FFT(ff, df, 1);
	bas[res[0] = 1] = 1;
	while (n)
	{
		if (n & 1)
		{
			FFT(ff, res, 1);
			For (i, 0, ff - 1) tmp1[i] = bas[i];
			FFT(ff, tmp1, 1);
			For (i, 0, ff - 1) res[i] = 1ll * res[i] * tmp1[i] % ZZQ;
			FFT(ff, res, -1);
			For (i, 0, ff - 1) res[i] = 1ll * res[i] * gg % ZZQ;
			get_mod(res);
		}
		FFT(ff, bas, 1);
		For (i, 0, ff - 1) bas[i] = 1ll * bas[i] * bas[i] % ZZQ;
		FFT(ff, bas, -1);
		For (i, 0, ff - 1) bas[i] = 1ll * bas[i] * gg % ZZQ;
		get_mod(bas);
		n >>= 1;
	}
	For (i, 0, K - 1) ans = (ans + 1ll * a[i] * res[i] % ZZQ) % ZZQ;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}