多项式全家桶学习笔记

多项式全家桶学习笔记

Upd:

\(2020/2/5\)，该了一下\(exp\)的实现，直接用上取整递归了，好像比原来快乐一倍

终于肝完了...... 多项式三角函数就不学了吧qwq

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多项式求逆

还是看板子：【模板】多项式乘法逆

给一个\(n-1\)次\(n\)项柿\(F(x)\)，要你求一个\(n-1\)次多项式\(G(x)\)，满足\(F(x)G(x)\equiv 1 \ (mod \ x^n)\)。

就是把\(F(x)G(x)\)卷积起来忽略掉次数\(\ge n\)的项后它\(\equiv 1\)。

一个比较难的情况:\(n = 1\)，即\(F(x)G(x)\)的常数项为\(1\)，答案就是\(F[0]^{-1}\)，(\(F\)的常数项的逆元)，怎么样，难吧！

好我们下面来看更一般的情况
\[ F(x)G(x) \equiv 1 \ (mod \ x^n) \]
假设我们现在已经知道了
\[ F(x)G'(x) \equiv 1 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil}) \]
那么由于\(F(x)G(x) \equiv 1 \ (mod \ x^n)\)，所以\(F(x)G(x)\)必定\(\equiv 1 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil})\)，所以两式相减得
\[ F(x)(G(x) - G'(x)) \equiv 0 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil}) \]
由于\(F(x) \not= 0\)，所以
\[ G(x) - G'(x) \equiv 0 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil}) \]
然后发现我们回不上去了23333...

然而在这里我们可以直接平方一下
\[ (G(x) - G'(x))^2 \equiv 0 \ (mod \ x^n) \]
为什么呢？

分类讨论一下

• 对于次数小于\(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\)的项，它不管乘什么都是\(0\)
• 对于次数大于\(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\)的项，它只有乘一个次数小于\(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\)的项才会对上面那个恒等式产生影响，显然这也是\(0\)

我们继续化简，暴力展开
\[ G(x)^2 + G'(x)^2 - 2G(x)G'(x) \equiv 0 \ (mod \ x^n) \]
因为我们知道\(F(x)G(x) \equiv 1 \ (mod \ x^n)\)，两边乘\(F(x)\)得
\[ G(x) + G'(x)^2F(x) - 2G'(x) \equiv 0 \ (mod \ x^n) \]
移项得
\[ G(x) \equiv 2G'(x) - G'(x) ^ 2 F(x) \ (mod \ x^n) \]
为了好看，我们可以更简单地提一个\(G'(x)\)出来
\[ G(x) \equiv G'(x)(2 - G'(x)F(x)) \ (mod \ x^n) \]
顺着上面那个柿子递归用\(NTT\)算就好了。

复杂度：听别人说是 \(O(n \ log \ n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10,P=998244353,G=3,IG=(P+1)/G;
inline int fpow(int x,int y){
    int ret=1; for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P) if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
    return ret; 
}
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
int rev[N];
void init(int len){
    for (int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg){
    for (int i=0;i<n;i++) if(rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
    for (int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1){
        int wn=fpow(flg==1?G:IG,(P-1)/len);
        for (int i=0;i<n;i+=len){
            for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
                int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
                f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
            }
        }
    }
}
int FF[N];
void getinv(int *F,int *G,int n){
    if (n==1){G[0]=fpow(F[0],P-2);return;}
    getinv(F,G,(int)ceil(n/2.0));
    int limit=1; while (limit<=2*n)limit<<=1;
    init(limit);
    for (int i=0;i<n;i++) FF[i]=F[i];
    for (int i=n;i<limit;i++) FF[i]=0;
    ntt(FF,limit,1),ntt(G,limit,1);
    for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*sub(2,1ll*FF[i]*G[i]%P)*G[i]%P;
    ntt(G,limit,-1); int inv=fpow(limit,P-2);
    for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*inv%P;
    for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
}
int f[N],inv[N];
int main(){
    int n;scanf("%d",&n);
    for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
    getinv(f,inv,n);
    for (int i=0;i<n;i++)printf("%d ",inv[i]);
    return 0;
}

ps: 其实还有个迭代版的......尝试写了一下......绝对邪教......，总之这样也不慢。

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多项式开根

【模板】多项式开根

这个做法有点像多项式乘法逆，考虑倍增。

我们要求的是一个多项式\(G(x)\)，满足
\[ G^2(x)\equiv F(x) \ (mod \ x^n) \]
假设我们现在已经知道了
\[ H^2(x) \equiv F(x) \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil}) \]
显然有
\[ G^2(x) - H^2(x) \equiv 0 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil}) \]
平方差一下
\[ (G(x) - H(x))(G(x) + H(x)) \equiv 0 \ (mod \ x^\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil) \]
这时候可以发现\(G(x)\)应该有两个解，但在某些题目中我们并不希望\(G(x)\)出现负数，所以我们不妨令
\[ G(x)-H(x) \equiv 0 \ (mod \ x^\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil) \]
套路的平方一下
\[ G^2(x) + H^2(x) - 2G(x)H(x) \equiv 0 \ (mod \ x^n) \]
发现\(G^2(x)\)就是\(F(x)\)，然后再移项
\[ F(x) + H^2(x) \equiv 2G(x)H(x) \ (mod \ x^n) \]
那么
\[ G(x) \equiv \frac{F(x) + H^2(x)}{2H(x)} \ (mod \ x^n) \]
对\(2H(x)\)求逆后\(NTT\)就行了。

\(Code:\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10,P=998244353,g=3,ig=(P+1)/g;
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int sqr(int x){return 1ll*x*x%P;}
inline int fpow(int x,int y){
    int ret=1; for (x%=P;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
        if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
    return ret;
}
namespace Poly{
    int rev[N];
    void init(int limit){
        for (int i=0;i<limit;i++)
            rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?limit>>1:0);
    }
    void ntt(int *f,int n,int flg){
        for (int i=0;i<n;i++)
            if (rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
        for (int k=1,len=2;len<=n;len<<=1,k<<=1){
            int wn=fpow(flg==1?g:ig,(P-1)/len);
            for (int i=0;i<n;i+=len){
                for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
                    int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
                    f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
                }
            }
        }
        if (flg!=1){
            int inv=fpow(n,P-2);
            for (int i=0;i<n;i++) f[i]=1ll*f[i]*inv%P;
        }
    }
    void getinv(int *f,int n,int *inv){
        if (n==1){inv[0]=fpow(f[0],P-2);return;}
        getinv(f,(n+1)>>1,inv);
        static F[N];
        int limit=1; while (limit<=n*2)limit<<=1; init(limit);
        for (int i=0;i<n;i++) F[i]=f[i];
        for (int i=n;i<limit;i++) F[i]=inv[i]=0;
        ntt(F,limit,1),ntt(inv,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) inv[i]=1ll*inv[i]*sub(2,1ll*F[i]*inv[i]%P)%P;
        ntt(inv,limit,-1);
        for (int i=n;i<limit;i++) inv[i]=0;
    }
    void getsqrt(int *f,int n,int *sqt){
        if (n==1){sqt[0]=1;return;}
        getsqrt(f,(n+1)>>1,sqt);
        static int H[N],iH[N];
        int limit=1; while (limit<=2*n) limit<<=1;
        for (int i=0;i<limit;i++) H[i]=i>=n?0:2ll*sqt[i]%P;
        getinv(H,n,iH),init(limit);
        for (int i=0;i<limit;i++) F[i]=i>=n?0:f[i],sqt[i]=i>=n?0:sqt[i];
        ntt(F,limit,1),ntt(sqt,limit,1),ntt(iH,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) sqt[i]=1ll*add(F[i],sqr(sqt[i]))*iH[i]%P;
        ntt(sqt,limit,-1);
        for (int i=n;i<limit;i++) sqt[i]=0;
//      cout<<n<<" wtf: "; for (int i=0;i<n;i++) cout<<sqt[i]<<" "; cout<<endl;
    }
}
int f[N],sqt[N];
int main(){
    int n; scanf("%d",&n);
    for (int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&f[i]);
    Poly::getsqrt(f,n,sqt);
    for (int i=0;i<n;i++) printf("%d ",sqt[i]);
    return 0;
}

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多项式带余除法

【模板】多项式除法

给一个\(n\)次多项式\(F(x)\)，和一个\(m\)次多项式\(G(x)\)，求多项式\(Q(x),R(x)\)满足

• \(Q(x)\)次数为\(n-m\),\(R(x)\)的次数小于\(m\)
• \(F(x) = Q(x)G(x) + R(x)\)

对\(998244353\)取模。

如果没有余数的话我们直接多项式求逆就完了，但这里有\(R(x)\)，我们考虑把它消掉。

之前求逆的时候会对\(x^n\)取模，这样我们可以消去一些高次项，但我们想的是要把后面\(R(x)\)消掉，然后保留原来的柿子。

下面有一些非常妙的做法。

我们把\(x^{-1}\)代入\(F(x)\)，这样次数就都是负的，然后把他乘上\(x^n\)，即
\[ x^nF(x^{-1}) \]
容易发现这样即翻转\(F(x)\)的系数，把原来高次项放到后面去了，不放叫他\(F^T(x) = x^nF(x^{-1})\)。

下面来推一下

用\(x^{-1}\)代替\(x\)得
\[ F(x^{-1}) = Q(x^{-1})G(x^{-1}) + R(x^{-1}) \]
两边乘上\(x^n\)
\[ x^nF(x^{-1}) = x^nQ(x^{-1})G(x^{-1}) + x^nR(x^{-1}) \]
注意到\(Q(x)G(x)\)的次数为\(x^n\)，\(R(x)\)的次数最大为\(m-1\)，所以
\[ F^T(x) = Q^T(x)G^T(x) + x^{n-m+1}R^T(x) \]
发现了什么？\(Q\)的次数为\(n-m\)，后面又有\(x^{n-m+1}\)，所以我们机智的对\(x^{n-m+1}\)取模，就消掉了\(R(x)\)！
\[ F^T(x) \equiv Q^T(x)G^T(x) \ (mod \ x^{n-m+1}) \]
通过对\(G^T\)求逆元我们就能算出\(Q^T\)，然后翻转就得到了\(Q\)，带回去算\(R\)就好了。

即
\[ Q^T(x) \equiv \frac{F^T(x)}{G^T(x)} \ (mod \ x^{n-m+1}) \]
然后再回去用\(F - Q\)算\(R\)就行了。

/*
 *没有的部分参照上面
*/
namespace Poly{
    void van(int *f,int n){
        for (int i=0,j=n;i<j;i++,j--)swap(f[i],f[j]);
    }
    void div(int *f,int n,int *g,int m,int *Q,int *R){
        static int F[N],G[N],iG[N],qwq[N];
        for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
        for (int i=0;i<=m;i++) G[i]=g[i];
        van(F,n),van(G,m); getinv(G,n-m+1,iG);
/*      cout<<"F: "; for (int i=0;i<=n;i++) cout<<F[i]<<" "; cout<<endl;
        cout<<"G: "; for (int i=0;i<=m;i++) cout<<G[i]<<" "; cout<<endl;
        cout<<"iG: "; for (int i=0;i<=n-m+1;i++) cout<<iG[i]<<" "; cout<<endl; */
        int limit=1; while (limit<=2*n)limit<<=1; init(limit);
        for (int i=n+1;i<limit;i++) F[i]=0;
        for (int i=n-m+1;i<limit;i++) iG[i]=0;
        ntt(F,limit,1),ntt(iG,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) Q[i]=1ll*F[i]*iG[i]%P;
        ntt(Q,limit,-1);
        for (int i=n-m+1;i<limit;i++) Q[i]=0;
        van(Q,n-m);
        for (int i=0;i<=n-m;i++) qwq[i]=Q[i];
        for (int i=n-m+1;i<limit;i++) qwq[i]=0;
        for (int i=0;i<=m;i++) G[i]=g[i];
        for (int i=m+1;i<limit;i++) G[i]=0;
        limit=1; while(limit<=n)limit<<=1; init(limit);
        ntt(qwq,limit,1),ntt(G,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*qwq[i]%P;
        ntt(G,limit,-1);
        for (int i=n+1;i<limit;i++) G[i]=0;
        for (int i=0;i<m;i++) R[i]=sub(f[i],G[i]);
    }
}
int n,m,f[N],g[N],q[N],r[N];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=0;i<=n;i++) scanf("%d",&f[i]);
    for (int i=0;i<=m;i++) scanf("%d",&g[i]);
    Poly::div(f,n,g,m,q,r);
    for (int i=0;i<=n-m;i++) printf("%d ",q[i]); puts("");
    for (int i=0;i<m;i++) printf("%d ",r[i]);
    return 0;
}

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多项式\(\ln\)

【模板】多项式对数函数

ln是啥??

哦～不就是自然对数吗。等等......\(e\)在同余系下是啥？咋就能取对数了？

推荐个视频教程：【MIT公开课】单变量微积分。

Two Hours Later......

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多项式求导 & 积分

首先我们知道可以对每一项分开来求导、积分。

那我们就来看\(a_nx^n\)，先\(a^n\)是常数，把他扔出去。

导数就是\((a_nx^n)' = a_n(x^n)' = a_nnx^{n-1}\)

积分出来\(\int a_nx^ndx = a_n\int x^n dx = a_n\frac{1}{n+1}x^{n+1}\)

\(Code\)

namespace Poly{
    void dao(int *f,int n,int *d){
        static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
        for (int i=1;i<=n;i++) d[i-1]=1ll*F[i]*i%P; d[n]=0;
    }
    void jifen(int *f,int n,int *jf){
        static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
        for (int i=0;i<=n;i++) 
            jf[i+1]=1ll*F[i]*fpow(i+1,P-2)%P;
        jf[0]=0;
    }
}

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这个\(Ln\)不是直接算出来的，是求导求出来的......

首先我们知道\((\ln x)' = \frac{1}{x}\)，现在我们要求的是
\[ \ln F(x) = G(x) \]
咋办？两边同时对\(x\)求导！（右边要用一下链式法则）
\[ F^{-1}(x)F'(x) = G'(x) \]
然后两边同时积分
\[ G(x) = \int F^{-1}(x)F'(x)dx \]
照着求导、求逆、乘法、再积回去就没了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10,P=998244353,gen=3,igen=(P+1)/gen;
inline int add(int x,int y){
    return x+y>=P?x+y-P:x+y;
}
inline int sub(int x,int y){
    return x-y<0?x-y+P:x-y;
}
inline int fpow(int x,int y){
    int ret=1; for (x%=P;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
        if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
    return ret;
}
namespace Poly{
    int rev[N];
    void init(int limit){
        for (int i=0;i<limit;i++)
            rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?limit>>1:0);
    }
    void dao(int *f,int n,int *d){
        static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
        for (int i=1;i<=n;i++) d[i-1]=1ll*F[i]*i%P; d[n]=0;
    }
    void jifen(int *f,int n,int *jf){
        static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
        for (int i=0;i<=n;i++) 
            jf[i+1]=1ll*F[i]*fpow(i+1,P-2)%P;
        jf[0]=0;
    }
    void ntt(int *f,int n,int flg){
        for (int i=0;i<n;i++)
            if (rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
        for (int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1){
            int wn=fpow(flg==1?gen:igen,(P-1)/len);
            for (int i=0;i<n;i+=len){
                for (int j=i,w=1;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
                    int tmp=1ll*f[j+k]*w%P;
                    f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
                }
            }
        }
        if (flg==-1){
            int inv=fpow(n,P-2);
            for (int i=0;i<n;i++) f[i]=1ll*f[i]*inv%P;
        }
    }
    void getinv(int *f,int n,int *G){
        if (n==1){G[0]=fpow(f[0],P-2);return;}
        getinv(f,(n+1)>>1,G); static int F[N];
        int limit=1; while(limit<=2*n)limit<<=1; init(limit);
        for (int i=0;i<limit;i++)
            F[i]=i>=n?0:f[i],G[i]=i>=n?0:G[i];
        ntt(F,limit,1),ntt(G,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*sub(2,1ll*F[i]*G[i]%P)%P;
        ntt(G,limit,-1);
        for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
    }
    void getln(int *f,int n,int *G){
        static int F[N],iF[N]; for (int i=0;i<n;i++) F[i]=f[i];
        getinv(F,n,iF),dao(F,n-1,F);
        int limit=1; while(limit<=2*n)limit<<=1; init(limit);
        for (int i=n-1;i<limit;i++) F[i]=0;
        ntt(F,limit,1),ntt(iF,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*F[i]*iF[i]%P;
        ntt(G,limit,-1);
        jifen(G,n-1,G); for (int i=n;i<limit;i++)G[i]=0;
    }
}
int f[N],n,ln[N];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
    Poly::getln(f,n,ln);
    for (int i=0;i<n;i++) printf("%d ",ln[i]);
    return 0;
}

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多项式牛顿迭代

这个好像是最有用的\(...\)

首先您需要知道啥是牛顿迭代

下面的一些内容感性理解一下就好了......并不会太严谨的证明qwq。

好像这个结论也挺好记的。

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牛顿迭代

它可以用来求\(f(x) = 0\)的 近似解

一个简单的应用就是开方。

我们还是直接来看具体怎么做吧

首先我们一眼猜到\(f(x) = 0\)的一个粗略解\(x_0\)，然后我们故意把\(f(x)\)当成一个一次函数，即作一条切\(f(x)\)于\((x_0,f(x_0))\)的直线\(l\)，根据点斜式，这条直线可以被描述为\(y - f(x_0) = f'(x_0)(x-x_0)\)，然后我们在这条直线上找与\(x\)轴的交点，即\(y = 0\)的点，记作\((x, 0)\)，那么有
\[ x = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} \]
重复以上步骤，我们会不断逼近\(f(x)=0\)的解。

即先从一个\(x_0\)出发，然后按一下递推式得到后面更精确的\(x\)：
\[ x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} \]
放张\(wiki\)上的图

举个例子，求解平方根。我们现在要求\(\sqrt k\)，那么函数就是\(f(x) = x^2-k\)，我们要求的就是\(f(x)=0\)的解。

对\(f(x)\)求导得到\(f'(x) = 2x\)。按柿子牛顿迭代就行了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
db calc(db k){
    #define F(x) (1.0*(x)*(x)-k)
    #define F1(x) (2.0*(x))
    db x=1;
    for (int it=0;it<100;it++)
        x=x-F(x)/F1(x);
    return x;
}
int main(){
    db k; scanf("%lf",&k);
    printf("%.9f\n",calc(k));
    return 0;
}

值得注意的是每牛顿迭代一次，精度都会翻一倍，这和二分有点像

另外如果知道泰勒展开的话，上面的迭代也应该很自然。

首先我们知道一个粗略解\(x_0\)，那么\(f(x)\)在\(x_0\)处的泰勒展开结果
\[ f(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x - x_0)^n \]
其中\(f^{(n)}\)表示\(f\)的\(n\)阶导数。因为我们可以不断逼近解，所以之取前两项也就是我们就直接认为\(f(x) = f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\)，也能得到牛顿迭代公式。

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对多项式而言，是这样的问题：

给函数\(F(x)\)，求一个多项式\(G(x)\)，满足\(F(G(x)) = 0\)，一般来讲，都会让你\(mod\)一个\(x^n\)（这个类似实数的精度）。

这个可以类似上面的牛顿迭代。

具体过程（假设\(n\)为\(2\)的整数次幂）：

我们要求的是\(F(G(x))\equiv 0 \ (mod\ x^n)\)，因为牛顿迭代一次后精度会翻倍

假设我们已经知道了\(F(G^*(x)) \equiv 0 \ (mod \ x^{\frac{n}{2}})\)。

那么根据泰勒展开，\(F(G(x))\)在\(G^*(x)\)处的展开式
\[ F(G(x)) = \frac{F(G^*(x))}{0!} + \frac{F'(G^*(x))}{1!}(G(x)-G^*(x)) + \frac{F^{''}(G^*(x))}{2!}(G(x)-G^*(x))^2 + \cdots \]
2333，咋整？不要慌张，注意到我们是对\(x^n\)取模，所以后面\(G(x)-G^*(x)\)的次数大于\(1\)的项全部报废了。\(Nice!\)

这样就只剩下
\[ F(G(x)) = F(G^*(x)) + F'(G^*(x))(G(x)-G^*(x)) \]
而我们要的是\(F(G(x)) \equiv 0 \ (mod \ x^n)\)，即
\[ F(G^*(x)) + F'(G^*(x))G(x)-F'(G^*(x))G^*(x) \equiv 0 \ (mod \ x^n) \]
移个项
\[ F'(G^*(x))G(x) = F'(G^*(x))G^*(x) - F(G^*(x)) \]
两边同时除以\(F'(G^*(x))\)：
\[ G(x) \equiv G^*(x) - \frac{F(G^*(x))}{F'(G^*(x))} \ (mod \ x^n) \]
所以上面的柿子就是结论，非常有用！

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多项式\(\exp\)

【模板】多项式指数函数（多项式 exp）

给一个多项式\(n-1\)次多项式\(A(x)\)，让你求\(mod \ x^n\)意义下的\(e^{A(x)}\)，系数对\(998244353\)取模。

这个板子也是非常nb啊......

\(e\)是个无理数，我们还不知道它长啥样，考虑牛顿迭代。

我们要求的是\(B(x) = e^{A(x)}\)，两边\(\ln\)一下，然后移项得到
\[ \ln B(x) - A(x) = 0 \]
令\(F(G(x)) = \ln G(x) - A(x)\)，按上面的柿子牛顿迭代就好了。

\(A(x)\)是常数，所以\(F\)的导数\(F'(G(x)) = \frac{1}{G(x)}\)。

假设我们知道了\(F(H(x)) \equiv 0 \ (mod \ x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil})\)，有
\[ G(x) = H(x) - \frac{F(H(x))}{F'(H(x))} = H(x) - H(x)(\ln H(x)-A(x)) = H(x)(1-\ln H(x)+A(x)) \]
递归计算就好了。s

/*
其他的看上面......
*/
namespace Poly{
    void getexp(int *f,int n,int *G){
        if (n==1){G[0]=1;return;}
        getexp(f,(n+1)>>1,G);
        static int F[N],lnG[N];
        int limit=1; while(limit<=2*n)limit<<=1; init(limit);
        for (int i=0;i<limit;i++) F[i]=i>=n?0:f[i],G[i]=i>=n?0:G[i];
        getln(G,n,lnG);
        ntt(G,limit,1),ntt(lnG,limit,1),ntt(F,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*sub(add(1,F[i]),lnG[i])%P;
        ntt(G,limit,-1);
        for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
    }
}
int f[N],ans[N],n;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
    Poly::getexp(f,n,ans);
    for (int i=0;i<n;i++)printf("%d ",ans[i]);
    return 0;
}

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多项式快速幂

【模板】多项式快速幂

给一个\(n-1\)次多项式\(A(x)\)，和一个\(k(k \le 10^{10^5})\)，求\(A^k(x) \ mod \ x^n\)，系数对\(998244353\)取模。

这个有了\(\ln\)和\(\exp\)应该挺好做了吧。

直接写柿子
\[ A^k(x) = e^{k \ln A(x)} \]
注意到\(k\)会乘到\(\ln A(x)\)的系数里，边读边取模就好了。

inline int getnum(){
    int x=0,f=1; char ch=getchar(); 
    while(!isdigit(ch)){f=ch=='-'?-f:f;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=(10ll*x+ch-48)%P;ch=getchar();}
    return normal(x*f);
}
namespace Poly{
    void getpow(int *f,int n,int k,int *G){
        static int F[N]; for (int i=0;i<n;i++) F[i]=f[i];
        getln(F,n,F);
        for (int i=0;i<n;i++) F[i]=1ll*F[i]*k%P;
        getexp(F,n,G);
    }
}
int f[N],ans[N],n,k;
int main(){
    scanf("%d",&n),k=getnum();
    for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
    Poly::getpow(f,n,k,ans);
    for (int i=0;i<n;i++)printf("%d ",ans[i]);
    return 0;
}

---

总结

这里放一下自己丑的一比的板子吧

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6,P=998244353,gen=3,igen=(P+1)/gen;
inline int add(int x,int y){
    return x+y>=P?x+y-P:x+y;
}
inline int sub(int x,int y){
    return x-y<0?x-y+P:x-y;
}
inline int fpow(int x,int y){
    int ret=1; for (x%=P;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
        if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
    return ret;
}
inline int sqr(int x){return 1ll*x*x%P;}
inline int normal(int x){return (x%P+P)%P;}
inline int getnum(){
    int x=0,f=1; char ch=getchar(); 
    while(!isdigit(ch)){f=ch=='-'?-f:f;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=(10ll*x+ch-48)%P;ch=getchar();}
    return normal(x*f);
}
namespace Poly{
    int rev[N];
    void init(int n){
        for (int i=0;i<n;i++)
            rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?n>>1:0);
    }
    void ntt(int *f,int n,int flg){
        for (int i=0;i<n;i++)
            if (rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
        for (int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1){
            int wn=fpow(flg==1?gen:igen,(P-1)/len);
            for (int i=0;i<n;i+=len){
                for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
                    int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
                    f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
                }
            }
        }
        if (flg==-1){
            int inv=fpow(n,P-2);
            for (int i=0;i<n;i++) f[i]=1ll*f[i]*inv%P;
        }
    }
    void dao(int *f,int n,int *g){
        static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++)F[i]=f[i];
        for (int i=1;i<=n;i++) g[i-1]=1ll*i*F[i]%P; g[n]=0;
    }
    void jifen(int *f,int n,int *g){
        static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++)F[i]=f[i];
        for (int i=0;i<=n;i++) g[i+1]=1ll*fpow(i+1,P-2)*F[i]%P; g[0]=0;
    }
    void getinv(int *f,int n,int *G){
        if (n==1){G[0]=fpow(f[0],P-2);return;}
        getinv(f,(n+1)>>1,G); static int F[N];
        int limit=1; while(limit<=2*n)limit<<=1; init(limit);
        for (int i=0;i<limit;i++) F[i]=i>=n?0:f[i],G[i]=i>=n?0:G[i];
        ntt(F,limit,1),ntt(G,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*sub(2,1ll*F[i]*G[i]%P)%P;
        ntt(G,limit,-1);
        for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
    }
    void van(int *f,int n){
        for (int i=0,j=n;i<j;i++,j--)swap(f[i],f[j]);
    }
    void div(int *f,int n,int *g,int m,int *Q,int *R){
        static int F[N],G[N],iG[N],qwq[N];
        for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
        for (int i=0;i<=m;i++) G[i]=g[i];
        van(F,n),van(G,m); getinv(G,n-m+1,iG);
/*      cout<<"F: "; for (int i=0;i<=n;i++) cout<<F[i]<<" "; cout<<endl;
        cout<<"G: "; for (int i=0;i<=m;i++) cout<<G[i]<<" "; cout<<endl;
        cout<<"iG: "; for (int i=0;i<=n-m+1;i++) cout<<iG[i]<<" "; cout<<endl; */
        int limit=1; while (limit<=2*n)limit<<=1; init(limit);
        for (int i=n+1;i<limit;i++) F[i]=0;
        for (int i=n-m+1;i<limit;i++) iG[i]=0;
        ntt(F,limit,1),ntt(iG,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) Q[i]=1ll*F[i]*iG[i]%P;
        ntt(Q,limit,-1);
        for (int i=n-m+1;i<limit;i++) Q[i]=0;
        van(Q,n-m);
        for (int i=0;i<=n-m;i++) qwq[i]=Q[i];
        for (int i=n-m+1;i<limit;i++) qwq[i]=0;
        for (int i=0;i<=m;i++) G[i]=g[i];
        for (int i=m+1;i<limit;i++) G[i]=0;
        limit=1; while(limit<=n)limit<<=1; init(limit);
        ntt(qwq,limit,1),ntt(G,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*qwq[i]%P;
        ntt(G,limit,-1);
        for (int i=n+1;i<limit;i++) G[i]=0;
        for (int i=0;i<m;i++) R[i]=sub(f[i],G[i]);
    }
    void getln(int *f,int n,int *G){
        static int F[N],iF[N]; for (int i=0;i<n;i++) F[i]=f[i];
        getinv(F,n,iF),dao(F,n-1,F);
        int limit=1; while(limit<=2*n)limit<<=1; init(limit);
        for (int i=n-1;i<limit;i++) F[i]=0;
        ntt(F,limit,1),ntt(iF,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*F[i]*iF[i]%P;
        ntt(G,limit,-1);
        jifen(G,n-1,G); for (int i=n;i<limit;i++)G[i]=0;
    }
    void getexp(int *f,int n,int *G){
        if (n==1){G[0]=1;return;}
        getexp(f,(n+1)>>1,G);
        static int F[N],lnG[N];
        int limit=1; while(limit<=2*n)limit<<=1; init(limit);
        for (int i=0;i<limit;i++) F[i]=i>=n?0:f[i],G[i]=i>=n?0:G[i];
        getln(G,n,lnG);
        ntt(G,limit,1),ntt(lnG,limit,1),ntt(F,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*sub(add(1,F[i]),lnG[i])%P;
        ntt(G,limit,-1);
        for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
    }
    void getpow(int *f,int n,int k,int *G){
        static int F[N]; for (int i=0;i<n;i++) F[i]=f[i];
        getln(F,n,F);
        for (int i=0;i<n;i++) F[i]=1ll*F[i]*k%P;
        getexp(F,n,G);
    }
    void getsqrt(int *f,int n,int *sqt){
        if (n==1){sqt[0]=1;return;}
        getsqrt(f,(n+1)>>1,sqt);
        static int F[N],H[N],iH[N];
        int limit=1; while (limit<=2*n) limit<<=1;
        for (int i=0;i<limit;i++) H[i]=i>=n?0:2ll*sqt[i]%P;
        getinv(H,n,iH),init(limit);
        for (int i=0;i<limit;i++) F[i]=i>=n?0:f[i],sqt[i]=i>=n?0:sqt[i];
        ntt(F,limit,1),ntt(sqt,limit,1),ntt(iH,limit,1);
        for (int i=0;i<limit;i++) sqt[i]=1ll*add(F[i],sqr(sqt[i]))*iH[i]%P;
        ntt(sqt,limit,-1);
        for (int i=n;i<limit;i++) sqt[i]=0;
    }
}
int f[N],ans[N],n,k;
int main(){
    return 0;
}