多项式的求逆、取模和多点求值学习小记
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最近學(xué)習(xí)了多項(xiàng)式的求逆、取模和多點(diǎn)求值，這些方法能夠解決很多多項(xiàng)式問(wèn)題。
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這三個(gè)操作是環(huán)環(huán)相扣的，很有趣，學(xué)完后不妨記錄一下。
多項(xiàng)式求逆
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給出一個(gè)次數(shù)界為 nnn 的多項(xiàng)式 A(x)A(x)A(x) ，需要求 B(x)B(x)B(x) 滿足： A(x)B(x)≡1(modxn)A(x)B(x)\equiv1(mod\ x^n)A(x)B(x)≡1(mod?xn)
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我們考慮倍增來(lái)求解，假設(shè)我們已經(jīng)知道 G(x)G(x)G(x) 滿足：A(x)G(x)≡1(modx?n2?)A(x)G(x)\equiv1(mod\ x^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor})A(x)G(x)≡1(mod?x?2n??)
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那么開(kāi)始推導(dǎo)，兩式相減：B(x)?G(x)≡0(modx?n2?)B(x)-G(x)\equiv0(mod\ x^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor})B(x)?G(x)≡0(mod?x?2n??)
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兩邊平方：B(x)2+G(x)2?2G(x)B(x)≡0(modxn)B(x)^2+G(x)^2-2G(x)B(x)\equiv0(mod\ x^n)B(x)2+G(x)2?2G(x)B(x)≡0(mod?xn)
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兩邊同乘 A(x)A(x)A(x) ：B(x)+A(x)G(x)2?2G(x)≡0(modxn)B(x)+A(x)G(x)^2-2G(x)\equiv0(mod\ x^n)B(x)+A(x)G(x)2?2G(x)≡0(mod?xn)
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于是可求得 B(x)B(x)B(x) ：B(x)≡2G(x)?A(x)G(x)2(modxn)B(x)\equiv2G(x)-A(x)G(x)^2(mod\ x^n)B(x)≡2G(x)?A(x)G(x)2(mod?xn)
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當(dāng)遞歸至 n=1n=1n=1 時(shí)則有：B(0)=A(0)?1B(0)=A(0)^{-1}B(0)=A(0)?1
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那么我們開(kāi)始時(shí)就次數(shù)界 nnn 配成 2k2^k2k 的形式，直接做倍增即可完成求逆。
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時(shí)間復(fù)雜度 O(nlogn)O(n\ log\ n)O(n?log?n) 。
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模板題：洛谷 P4238 【模板】多項(xiàng)式求逆
多項(xiàng)式取模
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多項(xiàng)式取模是依賴于多項(xiàng)式求逆的。
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給出一個(gè)次數(shù)為 nnn 的多項(xiàng)式 A(x)A(x)A(x) ，一個(gè)次數(shù)為 m(m≤n)m(m\leq n)m(m≤n) 的多項(xiàng)式 B(x)B(x)B(x)。
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我們需要求出多項(xiàng)式 C(x)C(x)C(x) 和 R(x)R(x)R(x) 滿足：A(x)=B(x)C(x)+R(x)(?)A(x)=B(x)C(x)+R(x)\ \ \ \ \ \ (*)A(x)=B(x)C(x)+R(x)??????(?)
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其中 C(x)C(x)C(x) 的次數(shù) ≤n?m\leq n-m≤n?m ，R(x)R(x)R(x) 的次數(shù) <m<m<m 。
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考慮一個(gè)翻轉(zhuǎn)操作：AR(x)=xnA(1x)A^R(x)=x^nA(\frac{1}{x})AR(x)=xnA(x1?)
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其實(shí)質(zhì)就是多項(xiàng)式的系數(shù)翻轉(zhuǎn)過(guò)來(lái)。
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將 (?)(*)(?) 式兩邊同乘 xnx^nxn 、并令 x=1xx=\frac{1}{x}x=x1? 代入，可得：xnA(1x)=xmB(1x)?xn?mC(1x)+xn?m+1xm?1R(1x)x^nA(\frac{1}{x})=x^mB(\frac{1}{x})·x^{n-m}C(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x})xnA(x1?)=xmB(x1?)?xn?mC(x1?)+xn?m+1xm?1R(x1?)
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則有：AR(x)=BR(x)CR(x)+xn?m+1RR(x)A^R(x)=B^R(x)C^R(x)+x^{n-m+1}R^R(x)AR(x)=BR(x)CR(x)+xn?m+1RR(x)
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關(guān)鍵一步來(lái)了，把上式放在 (modxn?m+1)(mod\ x^{n-m+1})(mod?xn?m+1) 下，就能消除 RR(x)R^R(x)RR(x) 的影響（并且對(duì) CR(x)C^R(x)CR(x) 無(wú)影響，其每一項(xiàng)次數(shù)都 ≤n?m\leq n-m≤n?m）：AR(x)≡BR(x)CR(x)(modxn?m+1)A^R(x)\equiv B^R(x)C^R(x)\ \ (mod\ x^{n-m+1})AR(x)≡BR(x)CR(x)??(mod?xn?m+1)
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于是我們通過(guò)多項(xiàng)式求逆可以算出 CR(x)C^R(x)CR(x) ：CR(x)≡AR(x)BR(x)(modxn?m+1)C^R(x)\equiv \frac{A^R(x)}{B^R(x)}\ \ (mod\ x^{n-m+1})CR(x)≡BR(x)AR(x)???(mod?xn?m+1)
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之后翻轉(zhuǎn)得到 C(x)C(x)C(x) ，回代 (?)(*)(?) 式求出 R(x)R(x)R(x) 即可！
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以上各操作均是 O(nlogn)O(n\ log \ n)O(n?log?n) 的。
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模板題：洛谷 P4512 【模板】多項(xiàng)式除法
多項(xiàng)式多點(diǎn)求值
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多點(diǎn)求值需要用到多項(xiàng)式取模！
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給出一個(gè) nnn 次多項(xiàng)式 F(x)F(x)F(x) ，和 mmm 個(gè)值 x1,x2,???,xmx_1,x_2,···,x_mx1?,x2?,???,xm? ，要求 F(x1),F(x2),???,F(xm)F(x_1),F(x_2),···,F(x_m)F(x1?),F(x2?),???,F(xm?) 。
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比較關(guān)鍵的一個(gè)性質(zhì)：F(x)mod(x?a)=F(a)F(x)\ mod\ (x-a)=F(a)F(x)?mod?(x?a)=F(a)
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用因式定理或者直接將 (x?a+a)k(x-a+a)^k(x?a+a)k 二項(xiàng)式展開(kāi)都能很容易得到。
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那么我們依據(jù)這個(gè)來(lái)分治解決本問(wèn)題。
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令 L(x)=∑i=1?n2?(x?xi)L(x)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(x-x_i)L(x)=∑i=1?2n???(x?xi?) ，R(x)=∑i=?n2?+1n(x?xi)R(x)=\sum_{i=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1}^{n}(x-x_i)R(x)=∑i=?2n??+1n?(x?xi?) ，
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那么對(duì)于 1≤i≤?n2?1\leq i\leq\lfloor\frac{n}{2}\rfloor1≤i≤?2n?? ，F(xi)=(FmodL)(xi)F(x_i)=(F\ mod\ L)(x_i)F(xi?)=(F?mod?L)(xi?) ；對(duì)于 ?n2?+1≤i≤n\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1\leq i\leq n?2n??+1≤i≤n ，F(xi)=(FmodR)(xi)F(x_i)=(F\ mod\ R)(x_i)F(xi?)=(F?mod?R)(xi?)。（原理同上述性質(zhì)）
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于是我們向線段樹(shù)一樣往下分治計(jì)算即可。
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具體來(lái)說(shuō)就是先預(yù)處理出每個(gè)區(qū)間的 ∏i=lr(x?xi)\prod_{i=l}^r(x-x_i)∏i=lr?(x?xi?) （相當(dāng)于是求出 L,RL,RL,R ，自下而上），
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之后再自上而下地把 F(x)F(x)F(x) 往下傳，每次就模 LLL 或 RRR 并分別傳向左右子區(qū)間。
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當(dāng)分治到底層（l=rl=rl=r）的時(shí)候，F(x)F(x)F(x) 就是被模剩一個(gè)常數(shù)項(xiàng) F′(0)F'(0)F′(0) 了，直接就有 F(xi)=F′(0)F(x_i)=F'(0)F(xi?)=F′(0) 。
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每次做多項(xiàng)式取模是 O(nlogn)O(n\ log\ n)O(n?log?n) 的，套上分治就是 O(nlog2n)O(n\ log^2n)O(n?log2n) 的了。當(dāng)然常數(shù)很大……
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模板題：洛谷 P5050 【模板】多項(xiàng)式多點(diǎn)求值
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這里給出這題的代碼：
總結(jié)
以上是生活随笔為你收集整理的多项式的求逆、取模和多点求值学习小记的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。
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