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写的时候注意各种数组的清空
前置知识
趋近
数学公式中，有类似于 \(\leftarrow\) 或者 \(\rightarrow\) 的东西，叫做趋近。
其中， \(x\rightarrow \infty\) 叫做 \(x\) 无限接近于 无限大 。
同理， \(x\rightarrow 0\) 叫做 \(x\) 无限接近于 \(0\) 。
反之亦然。
自然常数
自然常数是一个叫做 \(e\) 的东西，那么他是什么呢？
它的其中一个定义为 \(e=\lim_{x\rightarrow \infty}(x+\frac{1}{x})^x\) 。
这个不用怎么理解，记住就好了...
对数
当满足 \(a^n=x\) 时，我们定义 \(\log_a^x=n\)
在数学中，对数是对求幂的逆运算，正如除法是乘法的倒数，反之亦然。 这意味着一个数字的对数是必须产生另一个固定数字（基数）的指数。 在简单的情况下，乘数中的对数计数因子。更一般来说，乘幂允许将任何正实数提高到任何实际功率，总是产生正的结果，因此可以对于 \(b\) 不等于 \(1\) 的任何两个正实数 \(b\) 和 \(x\) 计算对数。
如果 \(a\) 的 \(x\) 次方等于 \(N\) （ \(a>0\) ，且 \(a\) 不等于 \(1\) ） 即 \(a^x=N\) ，那么数 \(x\) 叫做以 \(a\) 为底 \(N\) 的对数 \((logarithm)\) ，记作 \(x=\log_a^N\)。其中， \(a\) 叫做对数的底数， \(N\) 叫做真数。
特别地，以无理数 \(e\) 为底记为 \(\ln\) ，称为自然对数。
逆元
这里指取模意义下的逆元。
被各种数论知识折磨过的大神们应该对这个很熟悉吧，这个就不多说了。
导函数
如果函数 \(f(x)\) 在 \((a,b)\) 中每一点处都可导，则称 \(f(x)\) 在 \((a,b)\) 上可导，则可建立 \(f(x)\) 的导函数，简称导数，记为 \(f'(x)\) 。
看似高深莫测，实际上就是求一个函数 \(f(x)\) 在 \(x=x_0\) 时的 \(\Delta\) 。
那么，我们有 \(f'(x)=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\) 。
这里有一道函数求导的题，推荐去做一做：OPENJUDGE-NOI-1.5编程基础之循环控制-38
牛顿迭代与泰勒公式
这是什么？怎么全都不知道啊...
首先，牛顿迭代是基于泰勒公式的，那么我们先从泰勒公式说起：
泰勒公式是将一个在 \(x=x_0\) 处具有 \(n\) 阶导数的函数 \(f(x)\) 利用关于 \((x-x_0)\) 的 \(n\) 次多项式来逼近函数的方法。
请注意，这是是逼近，而非等于。
具体的公式呈现：
\[ f(x)=\frac{f(x_0)}{0!}+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\ldots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x) \]
对这个式子进行一些说明：
\(f(x)\) ：我们要求的目标函数。
\(f^{(n)}(x_0)\) ：函数 \(f(x)\) 的 \(n\) 阶导数。
等号后的多项式称为函数 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处的泰勒展开式，剩余的 \(R_n(x)\) 是泰勒公式的余项，是 \((x-x_0)\) 的 \(n\) 的高阶无穷小。
高阶无穷小：若 \(\lim(β/α)=0\) ，则称“ \(β\) 是比 \(α\) 较高阶的无穷小”。意思是在某一过程 ( \(x→x_0\) 或 \(x→∞\) 这类过程) 中， \(β→0\) 比 \(α→0\) 快一些。
解释完泰勒公式，现在来说牛顿迭代...
多数方程不存在求根公式，因此求精确根非常困难，甚至不可能，从而寻找方程的近似根就显得特别重要。方法使用函数 \(f(x)\) 的泰勒级数的前面几项来寻找方程 \(f(x)=0\) 的根。
用牛顿迭代法解非线性方程，是把非线性方程 \(f(x)=0\) 线性化的一种近似方法。把 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 的某邻域内展开成泰勒级数：
\[ f(x)=\frac{f(x_0)}{0!}+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\ldots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x) \\ =f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\ldots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x) \]
取其线性部分（即泰勒展开的前两项），并令其等于0，即
\[ f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)=0 \]
以此作为非线性方程
\[ f(x)=0 \]
的近似方程，若
\[ f'(x_0)\neq 0 \]
则其解为
\[ x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)} \]
这样，得到牛顿迭代法的一个迭代关系式：
\[ x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)} \]
不定积分与定积分
积分似乎是一个很高级的东西，但是不幸的是我们现在必须了解（或者说掌握？）其基本定义与基本运算。
不定积分：在微积分中，一个函数 \(f\) 的不定积分，或原函数，或反导数，是一个导数等于 \(f\) 的函数 \(F\) ，即 \(F ′ = f\) 。
什么意思？其实就是我们根据一个导数 \(f'\) 去求一个函数 \(F\) 满足 \(F'=f'\) 。
但为什么是 不定 ？
显然，导数与函数的常数项是没有关系的，也就是说，对于一个导数 \(f'\) ，如果我们要去求其原函数 \(f\) ，是求不出其原函数的 常数项 的，即常数项不定，所以我们只能退而求次，求到 \(F\) （上文有解释），并称 \(F\) 是 \(f'\) 的不定积分。
那么，我们就可以把这个写作
\[ \int f'=F(x)+C \]
或者
\[ \int f'(x)dx=F(x)+C \]
其中， \(C\) 是任意常数。
那么，定积分是什么？
打一个比方，假如说 小明 在 \(2019.1.1\) 有 \(C\) 元钱，在 \(2020.1.1\) 他有了 \(C+\Delta\) 元钱，那么，我们可以根据作差，求到 \(\Delta\) ，但是，如果我们要求到 \(C\) ，似乎是不行的。
这个例子有什么用？
\(C\) 就是我们上文提及的 \(f\) 的常数项，是不可求的，而 \(\Delta\) 是可求得，这就是定积分，是能够确定的。
并且， \(\Delta\) 似乎是一个常数，也就是说：
定积分定义：设函数f(x) 在区间[a,b]上连续，将区间[a,b]分成n个子区间[x0,x1], (x1,x2], (x2,x3], …, (xn-1,xn]，其中x0=a，xn=b。可知各区间的长度依次是：△x1=x1-x0，在每个子区间(xi-1,xi]中任取一点ξi（1,2,...,n），作和式 $\sum_{i=1}^nf(\xi_i)\Delta x_i $ 。该和式叫做积分和，设 \(λ=max\{△x1, △x2, …, △xn\}\) （即λ是最大的区间长度），如果当 \(λ→0\) 时，积分和的极限存在，则这个极限叫做函数 \(f(x)\) 在区间\([a,b]\) 的定积分，记为 \(\int_a^b f(x)dx\) ，并称函数 \(f(x)\) 在区间 \([a,b]\) 上可积。
接下来从几何意义上说明定积分。
终于上图了
设图中的曲线函数为 \(f(x)\) ，现在有一个定积分：
\[ \int_{P_0}^{P_1}f(x)dx \]
其表示的含义就是函数 \(f(x)\) 的图像在 \(P_0< x \leqslant P_1\) 所围出来的图形面积。
怎么求？把他们拆成很多很多个矩形，将这些矩形面积和累加，即可求得面积。
但是这样是会有误差的，但是我们发现，当 \(P_0、P_1\) 越来越大，或者是越来越接近时，我们的计算就越来越精准。
各种基本操作
多项式乘法
这里，我们有十分优秀的 \(FFT\) 以及 \(NTT\) 算法可以解决这样的问题，具体的见下面博客，这里只贴板子了...
时间复杂度均为 \(\mathcal O(n\log n)\) 。
板子： \(FFT\) 的模板， \(NTT\) 的模板可改
class fft_task{
private:
struct cplx{
double vr,vi;//实部和虚部
cplx(const double R=0,const double I=0):vr(R),vi(I){}//构造函数
//------------------overload----------------//
cplx operator + (const cplx a)const{return cplx(vr+a.vr,vi+a.vi);}//重载加法
cplx operator - (const cplx a)const{return cplx(vr-a.vr,vi-a.vi);}
cplx operator * (const cplx a)const{return cplx(vr*a.vr-vi*a.vi,vr*a.vi+a.vr*vi);}
cplx operator / (const double var)const{return cplx(vr/var,vi/var);}
};
int n,m;
cplx a[MAXN+5],b[MAXN+5];
void fft(cplx* f,const int len,const short opt=1){
//opt==-1 : FFT 的逆变换
if(!len)return;
cplx f0[len+5],f1[len+5];
for(int i=0;i<len;++i)
f0[i]=f[i<<1],f1[i]=f[i<<1|1];
fft(f0,len>>1,opt);
fft(f1,len>>1,opt);
cplx w=cplx(cos(Pi/len),opt*sin(Pi/len)),buf=cplx(1,0);
for(int i=0;i<len;++i,buf=buf*w){
f[i]=f0[i]+buf*f1[i];
f[i+len]=f0[i]-buf*f1[i];
}
}
public:
inline void launch(){
qread(n,m);
rep(i,0,n)scanf("%lf",&a[i].vr);
rep(i,0,m)scanf("%lf",&b[i].vr);
for(m+=n,n=1;n<=m;n<<=1);
fft(a,n>>1);
fft(b,n>>1);
rep(i,0,n-1)a[i]=a[i]*b[i];
fft(a,n>>1,-1);
rep(i,0,m)writc((int)((a[i].vr)/n+0.5),' ');
Endl;
}
};多项式求逆元
给定一个 \(A(x)\) ，求 \(A^{-1}(x)\) 满足
\[ A(x)A^{-1}(x)\equiv 1(\text{mod}\space x^n) \]
其中 \((\text{mod}\space x^N)\) 即为舍去次数 \(\geqslant\space n\) 的项，只保留 \(0\) 到 \(n-1\) 次项。
而 \(A^{-1}(x)\) 就是 \(A(x)\) 在 \(\text{mod}\space x^n\) 下的逆元。
首先，我们设 \(B(x)=A^{-1}(x)\) ，那么就有
\[ A(x)B(x)\equiv 1(\text{mod}\space x^n) \]
假设我们已经知道 \(A(x)\) 在 \(\text{mod}\space x^{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}\) 情况下的逆元 \(B_0(x)\) ，那么就有
\[ A(x)B_0(x)\equiv 1 (\text{mod}\space x^{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}) \]
而第一个式子我们也可以写为
\[ A(x)B(x)\equiv 1(\text{mod}\space x^{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}) \]
将这两个式子相减可得
\[ A(x)(B(x)-B_0(x))\equiv 0(\text{mod}\space x^{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}) \]
即
\[ B(x)-B_0(x)\equiv 0(\text{mod}\space x^{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}) \]
平方之后
\[ B^2(x)+B_0^2(x)-2B(x)B_0(x)\equiv 0(\text{mod}\space x^n) \]
由于一个多项式平方之后，次数 \(<n\) 的项至少是由原先一个次数 \(<\lceil \frac{n}{2} \rceil\) 的项乘上其他项得到的，所以这个结果的 \(0\) 到 \(n-1\) 次系数仍然是 \(0\) ，可以变成 \(\pmod{x^n}\)
同乘 \(A(x)\) 得
\[ B(x)-2B_0(x)+A(x)B_0^2(x)\equiv0\pmod{x^n} \]
即
\[ B(x)\equiv B_0(x)(2-A(x)B_0(x))\pmod{x^n} \]
根据定义，我们可以直接取等，得
\[ B(x)= B_0(x)(2-A(x)B_0(x))\space \text{mod}\space {x^n} \]
时间复杂度为
\[ T(n)=T(\frac{n}{2})+\mathcal O(n\log n)=\mathcal O(n\log n) \]
#define rep(i,__l,__r) for(int i=__l,i##_end_=__r;i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(int i=__l,i##_end_=__r;i>=i##_end_;--i)
int tmp[MAXN+5],p;
void polyinv(int* A,int* B,const int n){
if(n==1)return (void)(B[0]=qkpow(A[0],MOD-2,MOD));//到了最下面, 直接取其逆元
polyinv(A,B,(n+1)/2);//n 的上取整
for(p=1;p<=(n<<1);p<<=1);//NTT 标准步骤
rep(i,0,n-1)tmp[i]=A[i];//为了避免 A 数组被更改,
rep(i,n,p)tmp[i]=0;
ntt(tmp,p),ntt(B,p);
rep(i,0,p-1)B[i]=((2-1ll*B[i]*tmp[i]%MOD)%MOD+MOD)*B[i]%MOD;
ntt(B,p,-1);
rep(i,n,p)B[i]=0;
}多项式除法/取模
给定 \(n-1\) 次多项式 \(A(x)\) 与 \(m-1\) 次多项式 \(B(x)\) ，求 \(D(x)、R(x)\) 满足
\[ A(x)=D(x)B(x)+R(x) \]
其中 \(D(x)\) 最高次项最多为 \(n-m\) ， \(R(x)\) 的次数 \(<m-1\) 。
或者满足
\[ A(x)\equiv R(x)\pmod {B(x)} \]
其实，从某种角度上来说，这就是多项式除法或者是取模，取决于你想求什么。
因为有 \(R(x)\) ，我们考虑将其去掉，减小问题的复杂度。
定义反转数组
\[ A^R(x)=x^{n-1}A(\frac{1}{x})=\sum_{i=0}^{n-1}a_{n-a-i}x^i \]
将 \(\frac{1}{x}\) 代入第一个式子，并同时乘以 \(x^{n-1}\) ，可得
\[ x^{n-1}A(\frac{1}{x})=x^{n-m}D(\frac{1}{x})x^{m-1}B(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}*x^{m-2}R(\frac{1}{x}) \]
根据反转数组的定义，可得
\[ A^R(x)=D^R(x)B^R(x)+x^{n-m+1}R^R(x) \]
由于 \(D^R(x)\) 是 \(n-m\) 次的，所以其在 \(\pmod{x^{n-m+1}}\) 下是没有影响的，那么，我们可以得到
\[ A^R(x)\equiv D^R(x)B^R(x)\pmod{x^{n-m+1}} \]
观察上式，知道 \(A^R(x)、B^R(x)\) ，那么我们可以求得 \(D^R(x)\) ，再通过反转得到 \(D(x)\) ，即
\[ A^R(x){B^R}^{-1}(x)\equiv D^R(x)\pmod {x^{n-m+1}} \]
有一次逆元，两次乘法，时间复杂度是同样的 \(\mathcal O(n\log n)\) 。
而 \(R(x)\) 应该很好求了吧，这里不再赘述。
#define rep(i,__l,__r) for(int i=__l,i##_end_=__r;i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(int i=__l,i##_end_=__r;i>=i##_end_;--i)int Ar[MAXN+5],Br[MAXN+5],Br_[MAXN+5];
inline void polydiv(int* A,int* B,int* D,int* R,int n,int m){
memset(Ar,0,sizeof Ar);memset(Br,0,sizeof Br);memset(Br_,0,sizeof Br_);
rep(i,0,n-1)Ar[i]=A[n-i-1];
rep(i,0,m-1)Br[i]=B[m-i-1];
polyinv(Br,Br_,n-m+1);
int p;
for(p=1;p<=n*2-m+1;p<<=1);
/*
因为 Br(x) 的逆元 Br_(x) 是在 mod x^{n-m+1} 的情况下进行的
因而其长度为 n-m+1
再加上 A(x) 的长度 n
总长即为 n+n-m+1=n*2-m+1
*/
ntt(Ar,p),ntt(Br_,p);
rep(i,0,p-1)D[i]=1ll*Ar[i]*Br_[i]%MOD;
ntt(D,p,-1);
rep(i,n-m+1,p)D[i]=0;//因为 D(x) 的最高次为 n-m , 因而后面的都可以全部清零
for(int i=0,j=n-m;i<j;++i,--j)swap(D[i],D[j]);//求得 Dr(x) , 还需反转
for(p=1;p<=n;p<<=1);
/*
n+1=n-m+m
n-m : 多项式 D
m : 多项式 B
*/
rep(i,0,m-1)Br[i]=B[i];rep(i,m,p)Br[i]=0;
rep(i,0,n-m)Br_[i]=D[i];rep(i,n-m+1,p)Br_[i]=0;
ntt(Br,p),ntt(Br_,p);
rep(i,0,p-1)R[i]=1ll*Br[i]*Br_[i]%MOD;
ntt(R,p,-1);
rep(i,0,n-1)R[i]=(0ll+A[i]-R[i]+MOD)%MOD;
}多项式牛顿迭代法
这个部分没有代码，只是一种思想。
有一个关于多项式 \(f(x)\) 的方程 \(g(f(x))=0\)
对 \(g(f(x))\) 的说明（如果理解其含义可直接跳过）：
这里的 \(f(x)\) 并非是一个值，而是多项式，比如有
\[ g(x)=4x^2+1 \]
并且我们令
\[ f(x)=x+4 \]
那么，就有
\[ g(f(x))=4(x+4)^2+1 \]
现在开始说明牛顿迭代法。
假设我们已经知道了 \(f(x)\) 的前 \(n\) 项的多项式 \(f_0(x)\) ，即
\[ f(x)\equiv f_0(x)\pmod{x^n} \\ g(f_0(x))\equiv 0\pmod{x^n} \]
然后，我们对 \(g(f(x))\) 在 \(f_0(x)\) 上进行泰勒展开
\[ g(f(x))=g(f_0(x))+\frac{g'(f_0(x))}{1!}(f(x)-f_0(x))^1+\frac{g''f_0(x)}{2!}(f(x)-f_0(x))^2+\ldots \ldots \]
根据定义，有 \(f(x)-f_0(x)\) 的前 \(n\) 项系数为 \(0\) 。
即，从第三项开始， \((f(x)-f_0(x))^k\) 保证 \(2\le k\) 时，后面的东西在 \(\pmod{x^{2n}}\) 意义下同余 \(0\) 。
那么就有
\[ g(f(x))\equiv g(f_0(x))+g'(f_0(x))(f(x)-f_0(x))\equiv 0\pmod{x^{2n}} \]
即
\[ f(x)\equiv f_0(x)-\frac{g(f_0(x))}{g'(f_0(x))}\pmod{x^{2n}} \]
用这种方法也可以推多项式求逆。
多项式开根（限制常数版）
给定多项式 \(A(x)\) ，求 \(B(x)\) 使得
\[ B^2(x)-A(x)\equiv0\pmod{x^n} \]
设 \(B(x)\equiv B_0(x)\pmod{x^n}\) ，换句话说，设 \(B(x)\) 与 \(B_0(x)\) 的前 \(n\) 项相同。
再令 \(g(x)=B_0^2(x)-A(x)\) ，那么其导函数 \(g'(x)=2B_0(x)\) 。
这与牛顿迭代的定义相似，那么直接带入牛顿迭代，可得
\[ \begin{aligned} B(x)&\equiv B_0(x)-\frac{B_0^2(x)-A(x)}{2B_0(x)} \\ &\equiv\frac{1}{2}\left( B_0(x)+\frac{A(x)}{B_0(x)}\right)\pmod{x^{2n}} \end{aligned} \]
这样，我们也可以考虑用类似于倍增的思想。
时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\) 。
说明：牛顿迭代不是 逼近 吗？怎么可以拿来求根，万一不精准呢？
我们想一个问题，在我们普通的一些求根之中，不可能也算到精准吧？
比如 \(\sqrt2=1.414...\) 而我们一般都取 \(1.414\) 等等。
多项式也是如此
这是最普通版本，即常数项为 \(1\) 时的开根。
拓展版本会在之后补上。
#define rep(i,__l,__r) for(int i=__l,i##_end_=__r;i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(int i=__l,i##_end_=__r;i>=i##_end_;--i)
const int inv2=qkpow(2,MOD-2,MOD);
void polysqrt(const int* A,int* B,const int n){
if(n==1)return (void)(B[0]=1);
polysqrt(A,B,(n+1)>>1);
static int tmp[MAXN+5],B1[MAXN+5];int p;
polyinv(B,B1,n);
for(p=1;p<=n*2;p<<=1);
rep(i,0,n-1)tmp[i]=A[i];rep(i,n,p)tmp[i]=0;
ntt(B,p),ntt(B1,p),ntt(tmp,p);
rep(i,0,p-1)B[i]=((0ll+B[i]+1ll*B1[i]*tmp[i])%MOD)*inv2%MOD;
ntt(B,p,-1);
rep(i,n,p)B[i]=0;rep(i,0,p)B1[i]=0;
}当常数项不为一的时候，会使用到 二次剩余定理 对常数在取模意义下开根。
多项式的自然对数 ln （限制常数版）
对于一个多项式 \(A(x)\) ，求
\[ \ln(A(x))\pmod {x^n} \]
这里需要介绍两个自然对数与导数的特性
- \(\ln'(x)=\frac{1}{x}\)
- \((f(g(x)))'=f'(g(x))\cdot g'(x)\)
然后，我们继续推公式...
由微分的定义，可知
\[ \ln(A(x))=\int ((\ln(A(x)))') \]
注意到 \((\ln(A(x)))'\) ，可用我们刚刚补充的第二条展开，得
\[ (\ln(A(x)))'=\ln'(A(x))\cdot A'(x) \]
又注意到 \(\ln'(A(x))\) ，可用公式第一条展开，得
\[ \ln'(A(x))=\frac{1}{A(x)} \]
然后，再代回去，得
\[ \begin{aligned} \ln(A(x)) &=\int ((\ln(A(x)))')\\ &=\int(\ln'(A(x))\cdot A'(x))\\ &=\int(\frac{1}{A(x)}\cdot A'(x))\\ &=\int\frac{A'(x)}{A(x)} \end{aligned} \]
问题来了——导函数怎么求？
之前传过一道题：还不做做？再不做就晚了！
微分怎么求？都说了类似于导数的逆运算，怎么计算导数的，化一下公式就知道微分怎么求了。
其实我也不知道原理是什么，但数论就是靠背了...只是这样理解好记一些...
其中，求导和求微分都可以在 \(\mathcal O(n)\) ，因而时间复杂度基本上是逆元与 \(NTT\) 变换所花费的。
因而时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\) 。
注意：求微分时有一个问题
还记得前面说的不定微分的问题吗？
这里我们求的其实就是不定微分。
所以，此处必须保证常数项为 \(1\) 。
#define rep(i,__l,__r) for(int i=__l,i##_end_=__r;i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(int i=__l,i##_end_=__r;i>=i##_end_;--i)
void polyln(const int* A,int* B,const int n){
static int tmp[MAXN+5];int p;
for(p=1;p<=n*2;p<<=1);
polyinv(A,B,n);
rep(i,1,n-1)tmp[i-1]=1ll*A[i]*i%MOD;rep(i,n-1,p)tmp[i]=0;
ntt(tmp,p),ntt(B,p);
rep(i,0,p-1)B[i]=1ll*B[i]*tmp[i]%MOD;
ntt(B,p,-1);
fep(i,n-1,1)B[i]=1ll*B[i-1]*qkpow(i,MOD-2,MOD)%MOD;
B[0]=0;rep(i,n,p)B[i]=0;
}多项式 exp （限制常数版）
\(\exp\) 是什么？可以理解为 \(\ln\) 的逆运算，即
对于一个多项式 \(A(x)\) ，求
\[ e^{A(x)}\pmod{x^n} \]
设
\[ B(x)=e^{A(x)}\pmod{x^n} \]
两边同时取对数，那么
\[ \begin{aligned} \ln(B(x))&\equiv A(x)&\pmod{x^n}\\ \Longrightarrow\ln(B(x))-A(x)&\equiv0&\pmod{x^n} \end{aligned} \]
考虑使用牛顿迭代，同理于求开根，我们令 \(B(x)\equiv B_0(x)\pmod{x^n}\) ，它的另一重含义应该都明白吧...
为了使过程方便理解，再设 \(g(x)=\ln(B_0(x))-A(x)\) 。
带入牛顿迭代，就有
\[ \begin{aligned} B(x)&\equiv B_0(x)-\frac{g(x)}{g'(x)}&\pmod{x^{2n}}\\ \Longrightarrow B(x)&\equiv B_0(x)-\frac{\ln(B_0(x))-A(x)}{\ln'(B_0(x))}&\pmod{x^{2n}}\\ \Longrightarrow B(x)&\equiv B_0(x)-\frac{\ln(B_0(x))-A(x)}{\frac{1}{B_0(x)}}&\pmod{x^{2n}}\\ \Longrightarrow B(x)&\equiv B_0(x)(1-\ln(B_0(x))+A(x))&\pmod{x^{2n}} \end{aligned} \]
我们已经知道怎么求 \(\ln\) 了，所以可以考虑倍增。
规定： \(A(x)\) 的常数必须为 \(0\) ，\(B(x)\) 的常数项必定为一。
要问为什么？前者不知道 后者是因其使用了 \(\ln\) 函数，而 \(\ln\) 函数的使用是有规定的。
计算复杂度是熟悉的 \(\mathcal O(n\log n)\) 。
#define rep(i,__l,__r) for(int i=__l,i##_end_=__r;i<=i##_end_;++i)
#define fep(i,__l,__r) for(int i=__l,i##_end_=__r;i>=i##_end_;--i)
void polyexp(const int* A,int* B,const int n){
if(n==1)return (void)(B[0]=1);
polyexp(A,B,(n+1)>>1);
static int tmp[MAXN+5];int p;
polyln(B,tmp,n);
rep(i,0,n-1)tmp[i]=(0ll+!i-tmp[i]+A[i]+MOD)%MOD;
//只在常数项 + 1, 其他的地方不用加
for(p=1;p<=2*n;p<<=1);
ntt(tmp,p),ntt(B,p);
rep(i,0,p-1)B[i]=1ll*B[i]*tmp[i]%MOD;
ntt(B,p,-1);
rep(i,n,p)B[i]=0;rep(i,0,p)tmp[i]=0;
}多项式 k 次幂
给定 \(f(x)\) ，求 \(f^k(x)\) 的前 \(n\) 项系数，即求
\[ f^k(x)\pmod{x^n} \]
系数在 \(\pmod{998244353}\) 下进行。
首先思考，直接用 qkpow 计算，时间复杂度？
无疑，时间在 \(\mathcal O(n\log n\log k)\) 左右。
但是，对于这道题：luoguOJ-P5245 ...
其中， \(k\le 10^{10^5}\) ？
做个锤子...不做了...
心态要稳...不要慌。
根据 \(\text{OI}\) 多年的经验，这道题的时间复杂度计算不可能跟 \(k\) 有关，或者花式 \(T\) 飞？
因而， 我们又来推公式了...
分两种情况：
- 情况一：当 \(f(x)\) 的常数项为 \(1\) 时。
此时可以使用前面的 \(\ln\) 函数，那么就有
\[ f^k(x)=\exp(k\ln(f(x))) \]
时间复杂度为 \(\mathcal O(n\log n)\) 。
- 情况二：当 \(f(x)\) 的常数不为 \(1\) 时。
此时我们不能使用十分好用的 \(\ln\) 函数了，那么怎么办？
其实也很简单，我们做这样的处理：
设 \(f(x)\) 的最低次项为 \(ax^d\) ，那么
\[ f^k(x)=a^kx^{kd}\left (\frac{f(x)}{ax^d}\right )^k \]
这样就可以计算了。
结语及完整封装版本
这篇博客写的时间还真够久的。
其实我在写博客的同时，也在一道一道例题地过，虽然说操作较多，但是慢慢来还是会好的。
封装代码之后会出来，应该会发在 挑战多项式 的代码之中。
网址之后发出来。