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@0 - 参考资料@
@0.5 - 多项式平方根@
已知一个多项式 \(A(x)\)，求一个多项式 \(F(x)\)，使得 \(F^2(x) = A(x)\)。
我们仿照多项式求逆的方法，加上一个模数变成 \(F^2(x) = A(x) \mod x^n\)。
然后考虑倍增，假如我们已知：
\[F_0^2(x) \equiv A(x) \mod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}\]
套路移项，得到：
\[F_0^2(x)-A(x) \equiv 0 \mod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}\]
套路平方，得到：
\[F_0^4(x)-2F_0^2(x)A(x)+A^2(x) \equiv 0 \mod x^{n}\]
你看右边空荡荡的，心里肯定有点儿不爽对吧：
\[F_0^4(x)+2F_0^2(x)A(x)+A^2(x) \equiv 4F_0^2(x)A(x) \mod x^{n}\]
你看右边已经有个 \(A(x)\) 了，我们就再把 \(A(x)\) 单独孤立出来吧。
\[\dfrac{F_0^4(x)+2F_0^2(x)A(x)+A^2(x)}{4F_0^2(x)} \equiv A(x) \mod x^{n}\]
你看左边已经是一个平方式了哦~
我们令 \(F(x) = \dfrac{F_0^2(x)+A(x)}{2F_0(x)}\)，则 \(F^2(x)\equiv A(x) \mod x^{n}\)。
然后就可以一路倍增上去了。边界情况下是一个模意义下的平方剩余。
这个多项式开方和多项式求逆之间有许多共通的思想，但有些地方是很具有构造性的。
但如果题目要我们求立方根呢？如果题目要我们解高次方程呢？我们这样推导肯定是不合适的。
我们是否可以找到一个通用的方法，对于这两个，甚至更多的问题都适用呢？
@1 - 牛顿迭代法@
@数学上的定义@
本节跟我们要讲的没有任何关系。
对于某一个函数 \(f(x)\) 与函数上某一个点 \((x_0, f(x_0))\)，我们可以用过该点的函数切线解析式去近似地代替整个函数。
根据导函数的定义，过 \((x_0, f(x_0))\) 的函数切线解析式为 \(g(x) = f(x_0)+f'(x_0)*(x-x_0)\)。则我们可以用 \(g(x)\) 去近似替代 \(f(x)\)。
假如 \(g(x)\) 的零点为 \(g(z)=0\)（\(z = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)}\)），因为 \(g(x)\) 是 \(f(x)\) 的近似，所以也许 \(f(z) = 0\)。
但是这个概率非常的低。于是我们再选择 \((z,f(z))\) 进行迭代，求出 \((z,f(z))\) 对应的 \(g(x)\)，重复十几二十百遍，应该就非常非常接近零点了。
然而……这个方法并不具有普适性，有些时候迭代会出现循环。但是对于多项式的相关操作，它的确是普适的。
根据泰勒展开：
\[f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{f''(x_0)(x-x_0)^2}{2!}+\dots\]
我们只取前两项（因为它们是线性的），也可以得到上面的结果。
@对于多项式的定义@
总结多项式逆元与多项式开方，我们可以得到通用的一些东西。
对于一个自变量和因变量都是多项式的函数 \(G(F(x))\)，我们要找到多项式 \(F_0(x)\)，使得：
\[G(F_0(x))=0\]
当 \(G(F(x)) = A(x)*F(x) - 1\) 时相当于逆元，当 \(G(F(x)) = F^2(x)-A(x)\) 时相当于开方。
怎么弄呢？我们套路取模，转换为 \(G(F(x))\equiv 0\mod x^n\)。
再套路倍增，假如我们已知：
\[G(F_0(x))\equiv 0\mod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}\]
将 \(G(F(x))\) 在 \(F_0(x)\) 处泰勒展开，得到：
\[G(F(x))\equiv G(F_0(x))+G'(F_0(x))(F(x)-F_0(x))+\dfrac{G''(F_0(x))(F(x)-F_0(x))^2}{2!}+\dots\mod x^n\]
因为在模意义下 \(G(F(x)) \equiv 0\mod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}\) 只有唯一解，所以：
\[F(x)\equiv F_0(x)\mod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}\]
然后套路移项 + 套路平方：
\[(F(x)-F_0(x))^2\equiv 0\mod x^n\]
因为泰勒展开第三项及其以后的项都含 \((F(x)-F_0(x))^2\)，所以我们可以直接忽略。
又因为根据定义 \(G(F(x))\equiv 0\mod x^n\)，故：
\[0\equiv G(F_0(x))+G'(F_0(x))(F(x)-F_0(x))\mod x^n\]
变一下形：
\[F(x)\equiv F_0(x)-\dfrac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\mod x^n\]
好的我们就可以倍增了。
@2 - 牛顿迭代的应用@
@重新推导 - 多项式逆元@
对于 \(G(F(x)) = A(x)*F(x) - 1\) ，求 \(G(F(x))\equiv 0\mod x^n\) 的 \(F(x)\)。
根据迭代式：
\[F(x)\equiv F_0(x)-\dfrac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\equiv F_0(x)-\dfrac{A(x)*F_0(x) - 1}{A(x)}\mod x^n\]
根据严密的推导，我们可以得到：\(\dfrac{A(x)*F_0(x) - 1}{A(x)}\equiv F_0(x)(A(x)*F_0(x) - 1)\mod x^n\)
所以：
\[F(x)\equiv 2F_0(x)-A(x)*F_0^2(x)\mod x^n\]
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
@重新推导 - 多项式平方根@
对于 \(G(F(x)) = F^2(x)-A(x)\) ，求 \(G(F(x))\equiv 0\mod x^n\) 的 \(F(x)\)。
根据迭代式：
\[F(x)\equiv F_0(x)-\dfrac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\equiv F_0(x)-\dfrac{F_0^2(x) - A(x)}{2F_0(x)}\mod x^n\]
稍微恒等变换一下，就可以得到我们上边那个公式。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
@多项式对数函数@
这个其实和牛顿迭代没啥关系。。。
已知 \(F(x) \equiv \ln A(x)\mod x^n\) ，求 \(F(x)\)。
怎么去理解呢？其实它就是个泰勒展开：
\[\ln(1-P(x))=-P(x)-\frac{P(x)^2}{2}-\frac{P(x)^3}{3}-\dots\]
直接求不好做的，我们考虑两边求个导数：
\[F'(x) \equiv \frac{A'(x)}{A(x)}\mod x^n\]
这样我们就可以顺利求出 \(F'(x)\)，再对 \(F'(x)\) 积分一下就可以了。
但是不定积分的常数项？一般来说题目会保证 \(A(x)\) 的常数项为 1，根据泰勒展开可得 \(F(x)\) 的常数项为 0。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
@多项式指数函数@
已知 \(F(x) \equiv e^{A(x)}\mod x^n\) ，求 \(F(x)\)。
如果我们求导是没啥用的，毕竟 \(e^x\) 的导数还是它自己。
我们考虑两边求对数：
\[\ln F(x) \equiv A(x)\mod x^n\]
然后记 \(G(F(x)) = \ln F(x)-A(x)\)，于是又可以愉快地进行牛顿迭代啦。
\[F(x)\equiv F_0(x)-\dfrac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\equiv F_0(x)-(\ln F_0- A(x))*F_0(x)\mod x^n\]
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
@多项式幂函数@
\[F^k(x)=(e^{\ln F(x)})^k=e^{k\ln F(x)}\]
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
@多项式三角函数@
\[e^{i*F(x)}=\cos F(x) + i*\sin F(x)\]
把运算改成支持复数的运算。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。