多项式孤儿桶

其他 2019-06-22 23:17:03 阅读次数: 0

巨佬制作人们大家好，我是练习多项式两周半的个人练习生lgl。这里总结一下多项式基本操作。

1.多项式加、减、输出

不说了。

时间复杂度$O(n)$。

2.多项式取模

已知多项式$F(x)$，求它对$x^n$取模。

人话：把$n$次及以上的系数清零。

时间复杂度$O(n)$。

3.多项式乘法/卷积

洛谷传送门。

（1）$FFT$

依靠复平面上瞎转以及强大的$double$。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 2000050
#define ll long long
const double Pi = acos(-1.0);
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f=1,c=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=10*c+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
struct cp
{
    double x,y;
    cp(){}
    cp(double x,double y):x(x),y(y){}
    cp operator + (const cp&a)const{return cp(x+a.x,y+a.y);}
    cp operator - (const cp&a)const{return cp(x-a.x,y-a.y);}
    cp operator * (const cp&a)const{return cp(x*a.x-y*a.y,x*a.y+y*a.x);}
};
int n,m,mx,to[2*N],lim=1,L;
void fft(cp *a,int len,int k)
{
    for(int i=0;i<len;i++)
        if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1)
    {
        cp w0(cos(Pi/i),k*sin(Pi/i));
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            cp w(1,0);
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0)
            {
                cp w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w;
                a[j+o] = w1+w2;
                a[j+o+i] = w1-w2;
            }
        }
    }
}
cp a[2*N],b[2*N],c[2*N];
int main()
{
    read(n),read(m);mx = max(n,m);
    for(int i=0;i<=n;i++)read(a[i].x);
    for(int i=0;i<=m;i++)read(b[i].x);
    while(lim<=2*mx)lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
    fft(a,lim,1),fft(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i];
    fft(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<=n+m;i++)
        printf("%lld ",(ll)(c[i].x/lim+0.5));
    puts("");
    return 0;
}
FFT

注意那个重载运算符，写在里面是可以连加连乘的。

（2）$NTT$

需要一个好模数，还要依靠原根的优秀性质。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 2000050
#define ll long long
#define MOD 998244353
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f=1,c=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=10*c+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
ll fastpow(ll x,int y)
{
    ll ret = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ret;
}
int n,m,mx,to[2*N],lim=1,l;
void ntt(ll *a,int len,int k)
{
    for(int i=0;i<len;i++)
        if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1)
    {
        ll w0 = fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            ll w = 1;
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%MOD)
            {
                ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;
                a[j+o] = (w1+w2)%MOD;
                a[j+o+i] = ((w1-w2)%MOD+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if(k==-1)
        for(int i=1;i<(lim>>1);i++)swap(c[i],c[lim-i]);
}
ll a[2*N],b[2*N],c[2*N];
int main()
{
    read(n),read(m);mx = max(n,m);
    for(int i=0;i<=n;i++)read(a[i]);
    for(int i=0;i<=m;i++)read(b[i]);
    while(lim<=2*mx)lim<<=1,l++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    ll inv = fastpow(lim,MOD-2);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=c[i]*inv%MOD;
    for(int i=0;i<=n+m;i++)printf("%lld ",c[i]);
    puts("");
    return 0;
}
NTT

自测不开$O2$时$NTT$较快，开了$O2$之后$FFT$更快。

（3）任意模数$NTT$

我的版本是用$FFT$+$long\;double$把系数拆成$x/M$和$x\;mod\;M$，之后再合并。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define double long double
typedef long long ll;
const int N = 500050;
const double Pi = acos(-1.0);
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
int n,m,MOD;
struct cp
{
    double x,y;
    cp(){}
    cp(double x,double y):x(x),y(y){}
    cp operator + (const cp&a)const{return cp(x+a.x,y+a.y);}
    cp operator - (const cp&a)const{return cp(x-a.x,y-a.y);}
    cp operator * (const cp&a)const{return cp(x*a.x-y*a.y,x*a.y+y*a.x);}
};
int to[N],lim,L;
void init()
{
    lim = 1,L = 0;
    while(lim<=2*max(n,m))lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)
        to[i] = ((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
}
ll A[N],B[N],C[N];
void fft(cp*a,int len,int k)
{
    for(int i=0;i<len;i++)
        if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1)
    {
        cp w0(cos(Pi/i),k*sin(Pi/i));
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            cp w(1,0);
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0)
            {
                cp w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w;
                a[j+o] = w1+w2;
                a[j+o+i] = w1-w2;
            }
        }
    }
    if(k==-1)
        for(int i=0;i<len;i++)a[i].x/=len;
}
cp a[N],b[N],c[N],d[N],e[N],f[N],g[N],h[N];
void mtt()
{
    int M = 32768;
    for(int i=0;i<max(n,m);i++)
    {
        a[i].x = A[i]/M,b[i].x = A[i]%M;
        c[i].x = B[i]/M,d[i].x = B[i]%M;
    }
    fft(a,lim,1),fft(b,lim,1),fft(c,lim,1),fft(d,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)
    {
        e[i] = a[i]*c[i],f[i] = a[i]*d[i];
        g[i] = b[i]*c[i],h[i] = b[i]*d[i];
    }
    fft(e,lim,-1),fft(f,lim,-1),fft(g,lim,-1),fft(h,lim,-1);
    for(int i=0;i<lim;i++)
        C[i] = (((ll)(e[i].x+0.1))%MOD*M%MOD*M%MOD+((ll)(f[i].x+0.1))%MOD*M%MOD
                +((ll)(g[i].x+0.1))%MOD*M%MOD+((ll)(h[i].x+0.1))%MOD)%MOD;
}
int main()
{
    read(n),read(m),read(MOD);n++,m++;
    init();
    for(int i=0;i<n;i++)read(A[i]);
    for(int i=0;i<m;i++)read(B[i]);
    mtt();
    for(int i=0;i<n+m-1;i++)printf("%lld ",C[i]);
    puts("");
    return 0;
}
MTT

时间复杂度$O(nlogn)$。大常数。

（4）更强的$MTT$

参见myy论文。

void mtt(int*F,int*G,int*H,int len)
{
    get_lim(len<<1);
    for(register int i=0;i<lim;++i)a[i]=b[i]=cp(0,0);
    for(register int i=0;i<len;++i)
        a[i]=cp(F[i]&(M-1),F[i]>>15),b[i]=cp(G[i]&(M-1),G[i]>>15);
    fft(a,lim,1),fft(b,lim,1);
    for(register int i=0;i<lim;++i)
    {
        int j = (lim-i)&(lim-1);
        c[j]=cp(0.5*(a[i].x+a[j].x),0.5*(a[i].y-a[j].y))*b[i];
        d[j]=cp(0.5*(a[i].y+a[j].y),0.5*(a[j].x-a[i].x))*b[i];
    }
    fft(c,lim,1),fft(d,lim,1);
    for(register int i=0;i<lim;++i)
    {
        int kaa = (ll)(c[i].x/lim+0.5)%MOD;
        int kab = (ll)(c[i].y/lim+0.5)%MOD;
        int kba = (ll)(d[i].x/lim+0.5)%MOD;
        int kbb = (ll)(d[i].y/lim+0.5)%MOD;
        Mod(H[i] = ((ll)kaa+((ll)(kab+kba)<<15)%MOD+((ll)kbb<<30)%MOD)%MOD+MOD);
    }
}
更强的MTT

4.多项式求导、积分

不会求导积分建议出门左转高中数学教材。

void down(ll*a,int len)
{
    for(int i=0;i+1<len;i++)
        a[i]=a[i+1]*(i+1)%MOD;
    a[len-1]=0;
}
void up(ll*a,int len)
{
    for(int i=len-1;i>0;i--)
        a[i]=a[i-1]*inv(i)%MOD;
    a[0] = 0;
}
求导积分

求导时间复杂度$O(n)$，积分$O(n)$或者$O(nlog)$。

5.多项式求逆

洛谷传送门。

洛谷加强传送门。

已知多项式$F(x)$，求$G(x)$满足$$F(x)*G(x)≡1\;(mod\;x^n)$$

一个多项式对应的逆是一个唯一的无穷极的多项式，我们要求的是它的前$n$项。

一般都是倍增法求解。

我们现在知道$$F(x)*G0(x)≡1\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$

移项：$$F(x)*G0(x)-1≡0\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$

搞模的次数，整体平方：$$(F(x)*G0(x)-1)^2≡0\;(mod\;x^n)$$

打开：$$F^2*G0^2-2*F*G0+1≡0\;(mod\;x^n)$$

两边乘上$G$，得$$F*G0^2-2*G0+G≡0\;(mod\;x^n)$$

再移项：$$G≡2*G0-F*G0^2$$

这个式子减号左边是$\frac{n}{2}$次的，减号右边是$n$次的。

 注意右边乘的话先$G*G$再乘$F$，注意长度。

void get_inv(int len,int*F,int*G)
{
    if(len==1){G[0]=fastpow(F[0],MOD-2);return ;}
    get_inv(len>>1,F,G),mtt(G,G,T,len>>1),mtt(T,F,H,len);
    for(register int i=0;i<len;++i)Mod(G[i]=G[i]*2%MOD-H[i]+MOD);
}
多项式求逆

边界条件$G_0= \frac{1}{F_0}$，时间复杂度$O(nlogn)$。

6.多项式整除、取余

洛谷传送门。

给出$F(x),G(x)$，其中$F(x)$是$n$次的，$G(x)$是$m$次的。

求$$F(x)=Q(x)*G(x)+R(x)$$

$R(x)$次数$m-1$，$Q(x)$次数$n-m$。

神奇变换：$$F(\frac{1}{x})=Q(\frac{1}{x})*G(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})$$

然后同乘$x^n$，发现$$F(\frac{1}{x})*x^n=Q(\frac{1}{x})*x^{n-m}*G(\frac{1}{x})*x^{m}+R(\frac{1}{x})*x^n$$

$$F_R(x)=Q_R(x)*G_R(x)+R_R(x)$$

其中$F_R(x)$表示将$F$系数反转得到的多项式，$Q_R(x)$、$G_R(x)$同理。

但是我们发现$R(x)$是$m-1$次的，乘完之后后面会有一堆0。所以$$F_R(x)≡Q_R(x)*G_R(x)\;(mod\;x^{n-m})$$

反过来求逆就好了。

把$Q(x)$求出来之后求$R(x)$就是多项式乘法、多项式减法。

时间复杂度$O(nlogn)$。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 600050;
const int MOD = 998244353;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
ll fastpow(ll x,int y)
{
    ll ret = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ret;
}
int n,m,to[N],lim,L;
void ntt(ll*a,int len,int k)
{
    for(int i=0;i<len;i++)
        if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1)
    {
        ll w0 = fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            ll w = 1;
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%MOD)
            {
                ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;
                a[j+o] = (w1+w2)%MOD;
                a[j+o+i] = (w1-w2+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if(k==-1)
    {
        for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);
        ll inv = fastpow(len,MOD-2);
        for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*inv%MOD;
    }
}
ll f[N],g[N],a[N],b[N],c[N];
void sol(int len)
{
    if(len==1)
    {
        g[0] = fastpow(f[0],MOD-2);
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    sol(mid);
    lim = 1,L = 0;
    while(lim<=2*len)lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=f[i];
    for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=g[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)g[i]=(2*g[i]%MOD-c[i]+MOD)%MOD;
}
void mul(ll*A,ll*B,int len)
{
    lim = 1,L = 0;
    while(lim<=2*len)lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=A[i],b[i]=B[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
}
ll F[N],G[N],H[N],R[N],F0[N],G0[N];
int main()
{
    read(n),read(m),n++,m++;
    for(int i=0;i<n;i++)read(F[i]);
    for(int i=0;i<m;i++)read(G[i]);
    memcpy(F0,F,sizeof(F0));
    memcpy(G0,G,sizeof(G0));
    reverse(F,F+n);reverse(G,G+m);
    for(int i=0;i<m;i++)f[i]=G[i];
    sol(n-m+1);mul(F,g,n-m+1);
    for(int i=0;i<n-m+1;i++)H[i]=c[i];
    reverse(H,H+n-m+1);
    mul(H,G0,n);
    for(int i=0;i<n-m+1;i++)printf("%lld ",H[i]);
    puts("");
    for(int i=0;i<m-1;i++)printf("%lld ",(F0[i]-c[i]+MOD)%MOD);
    puts("");
    return 0;
}
多项式除法

7.多项式开根

洛谷传送门。

这个黑科技是小朋友与二叉树之后大佬们搞出来的。

已知$F(x)$，求$G(x)$满足$$G(x)*G(x)≡F(x)\;(mod\;x^n)$$

和多项式的逆一样，一个多项式的根是惟一的。

依然考虑倍增求解。

假设我们已知$$H(x)*H(x)≡F(x)\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$，要求$G(x)$。

常规移项平方：$$(H^2(x)-F(x))^2≡0\;(mod\;x^n)$$

然后是一个神奇操作：$$(H^2(x)+F(x))^2≡4F(x)H^2(x)\;(mod\;x^n)$$

然后再移项：$$\frac{(H^2(x)+F(x))^2}{4H^2(x)} ≡ F(x) \; (mod\;x^n)$$

然后惊奇的发现左边是平方形式，所以$$G(x) ≡ \frac{H^2(x)+F(x)}{2H(x)} \; (mod\;x^n)$$

递归的时候套一个多项式求逆即可（反正才四行），注意清数组不然可能会死。

时间复杂度$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$，大常数。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 600050;
const int MOD = 998244353;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
ll fastpow(ll x,int y)
{
    ll ret = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ret;
}
int to[N],lim,L;
void ntt(ll*a,int len,int k)
{
    for(int i=0;i<len;i++)
        if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1)
    {
        ll w0 = fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            ll w = 1;
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%MOD)
            {
                ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;
                a[j+o] = (w1+w2)%MOD;
                a[j+o+i] = (w1-w2+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if(k==-1)
    {
        for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);
        ll inv = fastpow(len,MOD-2);
        for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*inv%MOD;
    }
}
int n;
ll a[N],b[N],c[N];
void get_lim(int len)
{
    lim = 1,L = 0;
    while(lim<=len)lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
}
void mul(ll*A,int Alen,ll*B,int Blen)
{
    get_lim(Alen+Blen);
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<Alen;i++)a[i]=A[i];
    for(int i=0;i<Blen;i++)b[i]=B[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
}
ll F[N],G[N],H[N];
void get_inv(int len)
{
    if(len==1)
    {
        H[0] = fastpow(G[0],MOD-2);
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    get_inv(mid);
    get_lim(len<<1);
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=G[i];
    for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=H[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)H[i]=(2*H[i]%MOD-c[i]+MOD)%MOD;
}
void get_sqrt(int len)
{
    if(len==1)
    {
        G[0] = 1;
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    get_sqrt(mid);
    for(int i=0;i<len;i++)H[i]=0;
    get_inv(len);
    mul(G,mid,G,mid);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=(c[i]+F[i])%MOD;
    mul(G,len,H,len);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=c[i]*((MOD+1)/2)%MOD;
}
int main()
{
    read(n);
    for(int i=0;i<n;i++)read(F[i]);
    get_sqrt(n);
    for(int i=0;i<n;i++)printf("%lld ",G[i]);
    puts("");
    return 0;
}
多项式开根

8.多项式对数函数（ln）

洛谷传送门。

已知$F(x)$，求$$G(x)≡ln(F(x))\;(mod\;x^n)$$

直接求导即可：$$G'(x)≡F'(x)*\frac{1}{F(x)}$$

所以说求导求逆积分即可。

时间复杂度$O(nlogn)$。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 600050;
const int MOD = 998244353;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
ll fastpow(ll x,int y)
{
    ll ret = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ret;
}
ll inv(ll x){return fastpow(x,MOD-2);}
int to[N],lim,L;
void down(ll*a,int len)
{
    for(int i=0;i+1<len;i++)
        a[i]=a[i+1]*(i+1)%MOD;
    a[len-1]=0;
}
void up(ll*a,int len)
{
    for(int i=len-1;i>0;i--)
        a[i]=a[i-1]*inv(i)%MOD;
    a[0] = 0;
}
void ntt(ll*a,int len,int k)
{
    for(int i=0;i<len;i++)
        if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1)
    {
        ll w0 = fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            ll w = 1;
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%MOD)
            {
                ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;
                a[j+o] = (w1+w2)%MOD;
                a[j+o+i] = (w1-w2+MOD)%MOD;
            }
        }
    }
    if(k==-1)
    {
        for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);
        ll inv = fastpow(len,MOD-2);
        for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*inv%MOD;
    }
}
int n;
ll a[N],b[N],c[N];
ll F[N],G[N];
void get_inv(int len)
{
    if(len==1)
    {
        G[0] = inv(F[0]);
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    get_inv(mid);
    lim = 1,L = 0;
    while(lim<2*len)lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=F[i];
    for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=G[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=(2*G[i]%MOD-c[i]+MOD)%MOD;
}
int main()
{
    read(n);
    for(int i=0;i<n;i++)read(F[i]);
    get_inv(n);down(F,n);
    lim = 1,L = 0;
    while(lim<=2*n)lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<n;i++)a[i]=F[i];
    for(int i=0;i<n;i++)b[i]=G[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<n;i++)F[i]=c[i];
    up(F,n);
    for(int i=0;i<n;i++)printf("%lld ",F[i]);
    puts("");
    return 0;
}
多项式ln

9.多项式指数函数（exp）

洛谷传送门。

已知$F(x)$，求$$G(x)≡e^{F(x)}\;(mod\;x^n)$$

附加牛顿迭代：$x=x'-\frac{f(x')}{f(x')'}$

牛迭原理？一张图：

回到问题，依然倍增求解，假设已知$$H(x)≡e^{F(x)}\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$

先对式子取ln再移项：$$ln(H(x))-F(x)≡0\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$

然后呢……

我们把它当做$ln(x)-k=0$，问题转化为式子求零点，那么把牛迭套进去有这样一个式子：$$G(x)≡H(x)-\frac{ln(H(x))-F(x)}{\frac{1}{H(x)}}\;(mod\;x^n)$$

分数太难看了，变一下：$$G(x)≡H(x)*(1-ln(H(x))+F(x))\;(mod\;x^n)$$

左转把多项式ln板子带过来即可。

复杂度？$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$？

常数？卡死人。

我的$ntt$跑$1e6$的数据：

我的$exp$跑$1e5$的数据：

卡常好啊

// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
const int N = 600050;
const int MOD = 998244353;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
ll fastpow(ll x,int y)
{
    ll ret = 1;
    while(y)
    {
        if(y&1)ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ret;
}
int to[N],lim,L;
ll W[N],Inv;
void Mod(ll&x){if(x>=MOD)x-=MOD;}
void ntt(ll*a,int len,int k)
{
    for(int i=0;i<len;i++)
        if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);
    for(int i=1;i<len;i<<=1)
    {
        ll w0 = W[i];
        for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
        {
            ll w = 1;
            for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%MOD)
            {
                ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;
                Mod(a[j+o] = w1+w2);
                Mod(a[j+o+i] = w1-w2+MOD);
            }
        }
    }
    if(k==-1)
    {
        for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);
        for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*Inv%MOD;
    }
}
ll a[N],b[N],c[N];
void get_lim(int len)
{
    lim = 1,L = 0;
    while(lim<=len)lim<<=1,L++;
    for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1])>>1|((i&1)<<(L-1)));
    for(int i=1;i<lim;i<<=1)W[i]=fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));
    Inv = fastpow(lim,MOD-2);
}
int n;
ll A[N],F[N],G[N],H[N];//F,lnF,1/G
void get_inv(int len)
{
    if(len==1)
    {
        H[0] = fastpow(G[0],MOD-2);
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    get_inv(mid);get_lim(len<<1);
    for(int i=0;i<=lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=G[i];
    for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=H[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)Mod(H[i]=2*H[i]%MOD-c[i]+MOD);
}
void down(ll*a,int len)
{
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i+1]*(i+1)%MOD;
    a[len-1]=0;
}
void up(ll*a,int len)
{
    for(int i=len-1;i;i--)a[i]=a[i-1]*fastpow(i,MOD-2)%MOD;
    a[0] = 0;
}
void get_ln(int len)
{
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=F[i],H[i]=0;
    get_inv(len);down(G,len);
    get_lim(len<<1);
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=G[i],b[i]=H[i];
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=c[i];
    up(G,len);
}
void get_exp(int len)
{
    if(len==1)
    {
        F[0] = 1;
        return ;
    }
    int mid = (len+1)>>1;
    get_exp(mid);
    for(int i=0;i<len;i++)G[i]=0;
    get_ln(len);
    get_lim(len<<1);
    for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<len;i++)a[i]=F[i],b[i]=(A[i]-G[i]+MOD)%MOD;
    Mod(++b[0]);
    ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;
    ntt(c,lim,-1);
    for(int i=0;i<len;i++)F[i]=c[i];
}
int main()
{
    read(n);
    for(int i=0;i<n;i++)read(A[i]);
    get_exp(n);
    for(int i=0;i<n;i++)printf("%llu ",F[i]);
    puts("");
    return 0;
}
多项式exp

大概就这些了吧。

（是时候总结一下常用卡常技巧了）

猜你喜欢

转载自www.cnblogs.com/LiGuanlin1124/p/11024466.html
今日推荐
火速冲上 GitHub 热榜 —— 开源编程语言、框架哪有这么可爱？
北京人形机器人创新中心发布全球首个纯电驱拟人奔跑的全尺寸人形机器人“天工”
LFOSSA 源来如此公开课 | 掌握云原生未来：CNCF 认证全面攻略与备考秘籍
国产云输入法——仅华为无云端数据上传安全问题
开源日报 | 工业开源项目OGG 1.0；姐姐，你要和我一起配置火狐吗；苹果AI遥遥落后？Fedora 40
开放签电子签章：停止新增，优化体验，前进更进（五一假期前工作）
开源日报 | 中学生开源前端动画引擎；全球首个Llama3 8B中文版开源模型；联想电脑恐出局；Linus讽刺AI炒作
周排行
浏览器对同一域名进行请求的最大并发连接数
React Hook之自定义Hook
【转】MyBatis缓存机制
-Java-泛型
自动化测试常用脚本-发送邮件
LeetCode#859: Buddy Strings
java、Python处理字符串
第二篇の博客
Hadoop伪分布式环境安装
SQL Server进阶（十一）临时表、表变量
每日归档
更多
2024-04-27(56)
2024-04-26(39)
2024-04-25(22)
2024-04-24(36)
2024-04-23(26)
2024-04-22(39)
2024-04-21(0)
2024-04-20(6)
2024-04-19(5)
2024-04-18(0)

代码天地 © 2018 codetd.com

境外服务器   最新电视剧2022