多項(xiàng)式——乘法逆元

給定一個(gè)多項(xiàng)式 $F(x)$ ，請(qǐng)求出一個(gè)多項(xiàng)式 $G(x)$ 滿(mǎn)足 $F(x)G(x)\equiv 1\mathrm{mod}{x}^n$ 。系數(shù)對(duì) $998244353$ 取模。

P4238 【模板】多項(xiàng)式乘法逆

本文只介紹遞推的方法，首先將 $n$ 補(bǔ)齊到 2 的冪次，當(dāng) $n=1$ 的時(shí)候，多項(xiàng)式中只有一項(xiàng)，那么 $[x^0]G(x)$ 就是 $[x^0]F(x)$ 的乘法逆元。

假設(shè)我們已知 $F(x)H(x)\equiv 1\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}}$ ，那么顯然 $F(x)G(x)\equiv 1\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}}$ ，那么 $F(x)[G(x)?H(x)]\equiv 0\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}}$，即 $G(x)?H(x)\equiv 0\mathrm{mod}{x}^{\frac{n}{2}}$ 。

兩邊同時(shí)平方得到 $G(x{)}^2+H(x{)}^2?2G(x)H(x)\equiv 0\mathrm{mod}{x}^n$ ，這是因?yàn)樵瓉?lái)是 $x^{\frac{n}{2}}$ 的倍數(shù)，平方之后一定也是 $x^n$ 的 倍數(shù)。

最后，兩邊同時(shí)乘以 $F(x)$ 使得 $G(x{)}^2$ 項(xiàng)降冪，因?yàn)?$F(x)G(x)\equiv 1\mathrm{mod}{x}^n$ 最后得到：

$$G(x)\equiv 2H(x)?F(x)H(x{)}^2\mathrm{mod}{x}^n$$

用 NTT 來(lái)加速多項(xiàng)式乘法，時(shí)間復(fù)雜度為 $O(n\log n)$ 。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using ll = long long;#ifdef LLT_DBG #define FR freopen("in.txt", "r", stdin) #else #define FR #endiftemplate <ll P> ll fpow(ll a, ll b) {ll res = 1;for (; b; b >>= 1, a = (a * a) % P)if (b & 1)res = (res * a) % P;return res; }template <ll G, ll P> struct NTT {int _n;int E;vector<int> rev;/*** @brief 構(gòu)建一個(gè) NTT 計(jì)算器** @param n 多項(xiàng)式最高項(xiàng)數(shù)*/NTT(int n){_n = 1;E = 0;while (_n < n){_n <<= 1;E++;}rev.resize(_n);// 逆位置對(duì)換for (int i = 1; i < _n; i++){rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) + ((i & 1) << (E - 1));}}void _rNTT(ll A[], ll k){for (int i = 0; i < _n; i++)if (i < rev[i])swap(A[i], A[rev[i]]);for (int e = 1; e <= E; e++){int m = 1 << e;for (int i = 0; i < _n; i += m){int hf = m / 2;ll g = 1;ll gn = fpow<P>(fpow<P>(G, (P - 1) / m), k);for (int j = 0; j < hf; j++){ll x = A[i + j];ll y = (A[i + j + hf] * g) % P;A[i + j] = (x + y) % P;A[i + j + hf] = (x - y) % P;g = (g * gn) % P;}}}}/*** @brief NTT 過(guò)程** @param A 系數(shù)數(shù)組*/void doNTT(ll A[]){_rNTT(A, 1);}/*** @brief NTT 逆過(guò)程** @param A 點(diǎn)值數(shù)組*/void doINTT(ll A[]){ll ni = fpow<P>(_n, P - 2);_rNTT(A, P - 2);for (int i = 0; i < _n; i++)A[i] = (A[i] * ni) % P;} };ll A[500005]; ll F[500005]; ll B[500005]; ll G[500005];const int mod = 998244353;void solve() {int n;cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++){cin >> A[i];}// 初始步驟G[0] = fpow<mod>(A[0], mod - 2);// 歸納步驟int i = 1;while (i < n){i <<= 1;for (int j = 0; j < i; j++)B[j] = 0;// 注意最大界為 2ifor (int j = 0; j < (i >> 1); j++)B[j] = G[j];for (int j = 0; j < i; j++)F[j] = A[j];NTT<3, mod> ntt(i << 1);ntt.doNTT(F);ntt.doNTT(B);for (int j = 0; j < (i << 1); j++)B[j] = B[j] * B[j] % mod * F[j] % mod;ntt.doINTT(B);for (int j = 0; j < i; j++){G[j] = (2 * G[j] % mod - B[j]) % mod;G[j] = (G[j] + mod) % mod;}}for (int i = 0; i < n; i++){G[i] = (G[i] + mod) % mod;cout << G[i] << " ";} }int main() {FR;solve();return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的多项式——乘法逆元的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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