用于寻找多项式\(0\)点
已知多项式\(G\)，求多项式\(F\)满足\(G(F(x))≡0(mod\, x^n)\)
套路地考虑，假设我们已经求出了\(G(F_0(x))≡0(mod\, x^{\frac{n}{2}})\)
我们把\(G(F_0(x))\)在\(F_0(x)\)这里泰勒展开得到
\(G(F_0(x))=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{G^{(n)}(F_0(x))}{n!}(F(x)-F_0(x))^n(mod\, x^n)\)
由于\(F(x)≡F_0(x)(mod\, \frac{n}{2})\)
所以\(F(x)-F_0(x)\)得到的最低次项系数至少是\(\frac{n}{2}\)
所以在泰勒展开式中，\(n\ge 2\)的项全部被\(x^n\)模掉了，只考虑前两项就好
得到\(G(F(x))=G(F_0(x))+\frac{G'(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))(mod\, x^n)\)
由于
\(G(F(x))≡0(mod\, x^n)\)
所以
\(G(F_0(x))+\frac{G'(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))(mod\, x^n)≡0\)
然而我们要求\(F(x)\)，变形一下得到结论：
\(F(x)=F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}(mod\, x^n)\)
然后当然是背过啊