多项式孤儿桶
巨佬制作人們大家好，我是練習(xí)多項(xiàng)式兩周半的個人練習(xí)生lgl。這里總結(jié)一下多項(xiàng)式基本操作。
?
1.多項(xiàng)式加、減、輸出
不說了。
時間復(fù)雜度$O(n)$。
2.多項(xiàng)式取模
已知多項(xiàng)式$F(x)$，求它對$x^n$取模。
人話：把$n$次及以上的系數(shù)清零。
時間復(fù)雜度$O(n)$。
3.多項(xiàng)式乘法/卷積
洛谷傳送門。
（1）$FFT$
依靠復(fù)平面上瞎轉(zhuǎn)以及強(qiáng)大的$double$。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define N 2000050 #define ll long long const double Pi = acos(-1.0); template<typename T> inline void read(T&x) {T f=1,c=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){c=10*c+ch-'0';ch=getchar();}x = f*c; } struct cp {double x,y;cp(){}cp(double x,double y):x(x),y(y){}cp operator + (const cp&a)const{return cp(x+a.x,y+a.y);}cp operator - (const cp&a)const{return cp(x-a.x,y-a.y);}cp operator * (const cp&a)const{return cp(x*a.x-y*a.y,x*a.y+y*a.x);} }; int n,m,mx,to[2*N],lim=1,L; void fft(cp *a,int len,int k) {for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);for(int i=1;i<len;i<<=1){cp w0(cos(Pi/i),k*sin(Pi/i));for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)){cp w(1,0);for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0){cp w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w;a[j+o] = w1+w2;a[j+o+i] = w1-w2;}}} } cp a[2*N],b[2*N],c[2*N]; int main() {read(n),read(m);mx = max(n,m);for(int i=0;i<=n;i++)read(a[i].x);for(int i=0;i<=m;i++)read(b[i].x);while(lim<=2*mx)lim<<=1,L++;for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));fft(a,lim,1),fft(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i];fft(c,lim,-1);for(int i=0;i<=n+m;i++)printf("%lld ",(ll)(c[i].x/lim+0.5));puts("");return 0; } FFT注意那個重載運(yùn)算符，寫在里面是可以連加連乘的。
（2）$NTT$
需要一個好模數(shù)，還要依靠原根的優(yōu)秀性質(zhì)。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define N 2000050 #define ll long long #define MOD 998244353 template<typename T> inline void read(T&x) {T f=1,c=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){c=10*c+ch-'0';ch=getchar();}x = f*c; } ll fastpow(ll x,int y) {ll ret = 1;while(y){if(y&1)ret=ret*x%MOD;x=x*x%MOD;y>>=1;}return ret; } int n,m,mx,to[2*N],lim=1,l; void ntt(ll *a,int len,int k) {for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);for(int i=1;i<len;i<<=1){ll w0 = fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)){ll w = 1;for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%MOD){ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;a[j+o] = (w1+w2)%MOD;a[j+o+i] = ((w1-w2)%MOD+MOD)%MOD;}}}if(k==-1)for(int i=1;i<(lim>>1);i++)swap(c[i],c[lim-i]); } ll a[2*N],b[2*N],c[2*N]; int main() {read(n),read(m);mx = max(n,m);for(int i=0;i<=n;i++)read(a[i]);for(int i=0;i<=m;i++)read(b[i]);while(lim<=2*mx)lim<<=1,l++;for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1);ll inv = fastpow(lim,MOD-2);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=c[i]*inv%MOD;for(int i=0;i<=n+m;i++)printf("%lld ",c[i]);puts("");return 0; } NTT自測不開$O2$時$NTT$較快，開了$O2$之后$FFT$更快。
（3）任意模數(shù)$NTT$
我的版本是用$FFT$+$long\;double$把系數(shù)拆成$x/M$和$x\;mod\;M$，之后再合并。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define double long double typedef long long ll; const int N = 500050; const double Pi = acos(-1.0); template<typename T> inline void read(T&x) {T f = 1,c = 0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}x = f*c; } int n,m,MOD; struct cp {double x,y;cp(){}cp(double x,double y):x(x),y(y){}cp operator + (const cp&a)const{return cp(x+a.x,y+a.y);}cp operator - (const cp&a)const{return cp(x-a.x,y-a.y);}cp operator * (const cp&a)const{return cp(x*a.x-y*a.y,x*a.y+y*a.x);} }; int to[N],lim,L; void init() {lim = 1,L = 0;while(lim<=2*max(n,m))lim<<=1,L++;for(int i=1;i<lim;i++)to[i] = ((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1))); } ll A[N],B[N],C[N]; void fft(cp*a,int len,int k) {for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);for(int i=1;i<len;i<<=1){cp w0(cos(Pi/i),k*sin(Pi/i));for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)){cp w(1,0);for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0){cp w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w;a[j+o] = w1+w2;a[j+o+i] = w1-w2;}}}if(k==-1)for(int i=0;i<len;i++)a[i].x/=len; } cp a[N],b[N],c[N],d[N],e[N],f[N],g[N],h[N]; void mtt() {int M = 32768;for(int i=0;i<max(n,m);i++){a[i].x = A[i]/M,b[i].x = A[i]%M;c[i].x = B[i]/M,d[i].x = B[i]%M;}fft(a,lim,1),fft(b,lim,1),fft(c,lim,1),fft(d,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++){e[i] = a[i]*c[i],f[i] = a[i]*d[i];g[i] = b[i]*c[i],h[i] = b[i]*d[i];}fft(e,lim,-1),fft(f,lim,-1),fft(g,lim,-1),fft(h,lim,-1);for(int i=0;i<lim;i++)C[i] = (((ll)(e[i].x+0.1))%MOD*M%MOD*M%MOD+((ll)(f[i].x+0.1))%MOD*M%MOD+((ll)(g[i].x+0.1))%MOD*M%MOD+((ll)(h[i].x+0.1))%MOD)%MOD; } int main() {read(n),read(m),read(MOD);n++,m++;init();for(int i=0;i<n;i++)read(A[i]);for(int i=0;i<m;i++)read(B[i]);mtt();for(int i=0;i<n+m-1;i++)printf("%lld ",C[i]);puts("");return 0; } MTT時間復(fù)雜度$O(nlogn)$。大常數(shù)。
（4）更強(qiáng)的$MTT$
參見myy論文。
void mtt(int*F,int*G,int*H,int len) {get_lim(len<<1);for(register int i=0;i<lim;++i)a[i]=b[i]=cp(0,0);for(register int i=0;i<len;++i)a[i]=cp(F[i]&(M-1),F[i]>>15),b[i]=cp(G[i]&(M-1),G[i]>>15);fft(a,lim,1),fft(b,lim,1);for(register int i=0;i<lim;++i){int j = (lim-i)&(lim-1);c[j]=cp(0.5*(a[i].x+a[j].x),0.5*(a[i].y-a[j].y))*b[i];d[j]=cp(0.5*(a[i].y+a[j].y),0.5*(a[j].x-a[i].x))*b[i];}fft(c,lim,1),fft(d,lim,1);for(register int i=0;i<lim;++i){int kaa = (ll)(c[i].x/lim+0.5)%MOD;int kab = (ll)(c[i].y/lim+0.5)%MOD;int kba = (ll)(d[i].x/lim+0.5)%MOD;int kbb = (ll)(d[i].y/lim+0.5)%MOD;Mod(H[i] = ((ll)kaa+((ll)(kab+kba)<<15)%MOD+((ll)kbb<<30)%MOD)%MOD+MOD);} } 更強(qiáng)的MTT4.多項(xiàng)式求導(dǎo)、積分
不會求導(dǎo)積分建議出門左轉(zhuǎn)高中數(shù)學(xué)教材。
void down(ll*a,int len) {for(int i=0;i+1<len;i++)a[i]=a[i+1]*(i+1)%MOD;a[len-1]=0; } void up(ll*a,int len) {for(int i=len-1;i>0;i--)a[i]=a[i-1]*inv(i)%MOD;a[0] = 0; } 求導(dǎo)積分求導(dǎo)時間復(fù)雜度$O(n)$，積分$O(n)$或者$O(nlog)$。
5.多項(xiàng)式求逆
洛谷傳送門。
洛谷加強(qiáng)傳送門。
已知多項(xiàng)式$F(x)$，求$G(x)$滿足$$F(x)*G(x)≡1\;(mod\;x^n)$$
一個多項(xiàng)式對應(yīng)的逆是一個唯一的無窮極的多項(xiàng)式，我們要求的是它的前$n$項(xiàng)。
一般都是倍增法求解。
我們現(xiàn)在知道$$F(x)*G0(x)≡1\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$
移項(xiàng)：$$F(x)*G0(x)-1≡0\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$
搞模的次數(shù)，整體平方：$$(F(x)*G0(x)-1)^2≡0\;(mod\;x^n)$$
打開：$$F^2*G0^2-2*F*G0+1≡0\;(mod\;x^n)$$
兩邊乘上$G$，得$$F*G0^2-2*G0+G≡0\;(mod\;x^n)$$
再移項(xiàng)：$$G≡2*G0-F*G0^2$$
這個式子減號左邊是$\frac{n}{2}$次的，減號右邊是$n$次的。
?注意右邊乘的話先$G*G$再乘$F$，注意長度。
void get_inv(int len,int*F,int*G) {if(len==1){G[0]=fastpow(F[0],MOD-2);return ;}get_inv(len>>1,F,G),mtt(G,G,T,len>>1),mtt(T,F,H,len);for(register int i=0;i<len;++i)Mod(G[i]=G[i]*2%MOD-H[i]+MOD); } 多項(xiàng)式求逆邊界條件$G_0= \frac{1}{F_0}$，時間復(fù)雜度$O(nlogn)$。
6.多項(xiàng)式整除、取余
洛谷傳送門。
給出$F(x),G(x)$，其中$F(x)$是$n$次的，$G(x)$是$m$次的。
求$$F(x)=Q(x)*G(x)+R(x)$$
$R(x)$次數(shù)$m-1$，$Q(x)$次數(shù)$n-m$。
神奇變換：$$F(\frac{1}{x})=Q(\frac{1}{x})*G(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})$$
然后同乘$x^n$，發(fā)現(xiàn)$$F(\frac{1}{x})*x^n=Q(\frac{1}{x})*x^{n-m}*G(\frac{1}{x})*x^{m}+R(\frac{1}{x})*x^n$$
$$F_R(x)=Q_R(x)*G_R(x)+R_R(x)$$
其中$F_R(x)$表示將$F$系數(shù)反轉(zhuǎn)得到的多項(xiàng)式，$Q_R(x)$、$G_R(x)$同理。
但是我們發(fā)現(xiàn)$R(x)$是$m-1$次的，乘完之后后面會有一堆0。所以$$F_R(x)≡Q_R(x)*G_R(x)\;(mod\;x^{n-m})$$
反過來求逆就好了。
把$Q(x)$求出來之后求$R(x)$就是多項(xiàng)式乘法、多項(xiàng)式減法。
時間復(fù)雜度$O(nlogn)$。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 600050; const int MOD = 998244353; template<typename T> inline void read(T&x) {T f = 1,c = 0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}x = f*c; } ll fastpow(ll x,int y) {ll ret = 1;while(y){if(y&1)ret=ret*x%MOD;x=x*x%MOD;y>>=1;}return ret; } int n,m,to[N],lim,L; void ntt(ll*a,int len,int k) {for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);for(int i=1;i<len;i<<=1){ll w0 = fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)){ll w = 1;for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%MOD){ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;a[j+o] = (w1+w2)%MOD;a[j+o+i] = (w1-w2+MOD)%MOD;}}}if(k==-1){for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);ll inv = fastpow(len,MOD-2);for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*inv%MOD;} } ll f[N],g[N],a[N],b[N],c[N]; void sol(int len) {if(len==1){g[0] = fastpow(f[0],MOD-2);return ;}int mid = (len+1)>>1;sol(mid);lim = 1,L = 0;while(lim<=2*len)lim<<=1,L++;for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;for(int i=0;i<len;i++)a[i]=f[i];for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=g[i];ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1);for(int i=0;i<len;i++)g[i]=(2*g[i]%MOD-c[i]+MOD)%MOD; } void mul(ll*A,ll*B,int len) {lim = 1,L = 0;while(lim<=2*len)lim<<=1,L++;for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;for(int i=0;i<len;i++)a[i]=A[i],b[i]=B[i];ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1); } ll F[N],G[N],H[N],R[N],F0[N],G0[N]; int main() {read(n),read(m),n++,m++;for(int i=0;i<n;i++)read(F[i]);for(int i=0;i<m;i++)read(G[i]);memcpy(F0,F,sizeof(F0));memcpy(G0,G,sizeof(G0));reverse(F,F+n);reverse(G,G+m);for(int i=0;i<m;i++)f[i]=G[i];sol(n-m+1);mul(F,g,n-m+1);for(int i=0;i<n-m+1;i++)H[i]=c[i];reverse(H,H+n-m+1);mul(H,G0,n);for(int i=0;i<n-m+1;i++)printf("%lld ",H[i]);puts("");for(int i=0;i<m-1;i++)printf("%lld ",(F0[i]-c[i]+MOD)%MOD);puts("");return 0; } 多項(xiàng)式除法7.多項(xiàng)式開根
洛谷傳送門。
這個黑科技是小朋友與二叉樹之后大佬們搞出來的。
已知$F(x)$，求$G(x)$滿足$$G(x)*G(x)≡F(x)\;(mod\;x^n)$$
和多項(xiàng)式的逆一樣，一個多項(xiàng)式的根是惟一的。
依然考慮倍增求解。
假設(shè)我們已知$$H(x)*H(x)≡F(x)\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$，要求$G(x)$。
常規(guī)移項(xiàng)平方：$$(H^2(x)-F(x))^2≡0\;(mod\;x^n)$$
然后是一個神奇操作：$$(H^2(x)+F(x))^2≡4F(x)H^2(x)\;(mod\;x^n)$$
然后再移項(xiàng)：$$\frac{(H^2(x)+F(x))^2}{4H^2(x)} ≡ F(x) \; (mod\;x^n)$$
然后驚奇的發(fā)現(xiàn)左邊是平方形式，所以$$G(x) ≡ \frac{H^2(x)+F(x)}{2H(x)} \; (mod\;x^n)$$
遞歸的時候套一個多項(xiàng)式求逆即可（反正才四行），注意清數(shù)組不然可能會死。
時間復(fù)雜度$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$，大常數(shù)。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 600050; const int MOD = 998244353; template<typename T> inline void read(T&x) {T f = 1,c = 0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}x = f*c; } ll fastpow(ll x,int y) {ll ret = 1;while(y){if(y&1)ret=ret*x%MOD;x=x*x%MOD;y>>=1;}return ret; } int to[N],lim,L; void ntt(ll*a,int len,int k) {for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);for(int i=1;i<len;i<<=1){ll w0 = fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)){ll w = 1;for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%MOD){ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;a[j+o] = (w1+w2)%MOD;a[j+o+i] = (w1-w2+MOD)%MOD;}}}if(k==-1){for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);ll inv = fastpow(len,MOD-2);for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*inv%MOD;} } int n; ll a[N],b[N],c[N]; void get_lim(int len) {lim = 1,L = 0;while(lim<=len)lim<<=1,L++;for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1))); } void mul(ll*A,int Alen,ll*B,int Blen) {get_lim(Alen+Blen);for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;for(int i=0;i<Alen;i++)a[i]=A[i];for(int i=0;i<Blen;i++)b[i]=B[i];ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1); } ll F[N],G[N],H[N]; void get_inv(int len) {if(len==1){H[0] = fastpow(G[0],MOD-2);return ;}int mid = (len+1)>>1;get_inv(mid);get_lim(len<<1);for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;for(int i=0;i<len;i++)a[i]=G[i];for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=H[i];ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1);for(int i=0;i<len;i++)H[i]=(2*H[i]%MOD-c[i]+MOD)%MOD; } void get_sqrt(int len) {if(len==1){G[0] = 1;return ;}int mid = (len+1)>>1;get_sqrt(mid);for(int i=0;i<len;i++)H[i]=0;get_inv(len);mul(G,mid,G,mid);for(int i=0;i<len;i++)G[i]=(c[i]+F[i])%MOD;mul(G,len,H,len);for(int i=0;i<len;i++)G[i]=c[i]*((MOD+1)/2)%MOD; } int main() {read(n);for(int i=0;i<n;i++)read(F[i]);get_sqrt(n);for(int i=0;i<n;i++)printf("%lld ",G[i]);puts("");return 0; } 多項(xiàng)式開根8.多項(xiàng)式對數(shù)函數(shù)（ln）
洛谷傳送門。
已知$F(x)$，求$$G(x)≡ln(F(x))\;(mod\;x^n)$$
直接求導(dǎo)即可：$$G'(x)≡F'(x)*\frac{1}{F(x)}$$
所以說求導(dǎo)求逆積分即可。
時間復(fù)雜度$O(nlogn)$。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 600050; const int MOD = 998244353; template<typename T> inline void read(T&x) {T f = 1,c = 0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}x = f*c; } ll fastpow(ll x,int y) {ll ret = 1;while(y){if(y&1)ret=ret*x%MOD;x=x*x%MOD;y>>=1;}return ret; } ll inv(ll x){return fastpow(x,MOD-2);} int to[N],lim,L; void down(ll*a,int len) {for(int i=0;i+1<len;i++)a[i]=a[i+1]*(i+1)%MOD;a[len-1]=0; } void up(ll*a,int len) {for(int i=len-1;i>0;i--)a[i]=a[i-1]*inv(i)%MOD;a[0] = 0; } void ntt(ll*a,int len,int k) {for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);for(int i=1;i<len;i<<=1){ll w0 = fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)){ll w = 1;for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%MOD){ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;a[j+o] = (w1+w2)%MOD;a[j+o+i] = (w1-w2+MOD)%MOD;}}}if(k==-1){for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);ll inv = fastpow(len,MOD-2);for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*inv%MOD;} } int n; ll a[N],b[N],c[N]; ll F[N],G[N]; void get_inv(int len) {if(len==1){G[0] = inv(F[0]);return ;}int mid = (len+1)>>1;get_inv(mid);lim = 1,L = 0;while(lim<2*len)lim<<=1,L++;for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;for(int i=0;i<len;i++)a[i]=F[i];for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=G[i];ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1);for(int i=0;i<len;i++)G[i]=(2*G[i]%MOD-c[i]+MOD)%MOD; } int main() {read(n);for(int i=0;i<n;i++)read(F[i]);get_inv(n);down(F,n);lim = 1,L = 0;while(lim<=2*n)lim<<=1,L++;for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;for(int i=0;i<n;i++)a[i]=F[i];for(int i=0;i<n;i++)b[i]=G[i];ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1);for(int i=0;i<n;i++)F[i]=c[i];up(F,n);for(int i=0;i<n;i++)printf("%lld ",F[i]);puts("");return 0; } 多項(xiàng)式ln9.多項(xiàng)式指數(shù)函數(shù)（exp）
洛谷傳送門。
已知$F(x)$，求$$G(x)≡e^{F(x)}\;(mod\;x^n)$$
附加牛頓迭代：$x=x'-\frac{f(x')}{f(x')'}$
牛迭原理？一張圖：
回到問題，依然倍增求解，假設(shè)已知$$H(x)≡e^{F(x)}\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$
先對式子取ln再移項(xiàng)：$$ln(H(x))-F(x)≡0\;(mod\;x^{\frac{n}{2}})$$
然后呢……
我們把它當(dāng)做$ln(x)-k=0$，問題轉(zhuǎn)化為式子求零點(diǎn)，那么把牛迭套進(jìn)去有這樣一個式子：$$G(x)≡H(x)-\frac{ln(H(x))-F(x)}{\frac{1}{H(x)}}\;(mod\;x^n)$$
分?jǐn)?shù)太難看了，變一下：$$G(x)≡H(x)*(1-ln(H(x))+F(x))\;(mod\;x^n)$$
左轉(zhuǎn)把多項(xiàng)式ln板子帶過來即可。
復(fù)雜度？$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$？
常數(shù)？卡死人。
我的$ntt$跑$1e6$的數(shù)據(jù)：
我的$exp$跑$1e5$的數(shù)據(jù)：
卡常好啊
// luogu-judger-enable-o2 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef unsigned long long ll; const int N = 600050; const int MOD = 998244353; template<typename T> inline void read(T&x) {T f = 1,c = 0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}x = f*c; } ll fastpow(ll x,int y) {ll ret = 1;while(y){if(y&1)ret=ret*x%MOD;x=x*x%MOD;y>>=1;}return ret; } int to[N],lim,L; ll W[N],Inv; void Mod(ll&x){if(x>=MOD)x-=MOD;} void ntt(ll*a,int len,int k) {for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);for(int i=1;i<len;i<<=1){ll w0 = W[i];for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)){ll w = 1;for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%MOD){ll w1 = a[j+o],w2 = a[j+o+i]*w%MOD;Mod(a[j+o] = w1+w2);Mod(a[j+o+i] = w1-w2+MOD);}}}if(k==-1){for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*Inv%MOD;} } ll a[N],b[N],c[N]; void get_lim(int len) {lim = 1,L = 0;while(lim<=len)lim<<=1,L++;for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1])>>1|((i&1)<<(L-1)));for(int i=1;i<lim;i<<=1)W[i]=fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));Inv = fastpow(lim,MOD-2); } int n; ll A[N],F[N],G[N],H[N];//F,lnF,1/G void get_inv(int len) {if(len==1){H[0] = fastpow(G[0],MOD-2);return ;}int mid = (len+1)>>1;get_inv(mid);get_lim(len<<1);for(int i=0;i<=lim;i++)a[i]=b[i]=0;for(int i=0;i<len;i++)a[i]=G[i];for(int i=0;i<mid;i++)b[i]=H[i];ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1);for(int i=0;i<len;i++)Mod(H[i]=2*H[i]%MOD-c[i]+MOD); } void down(ll*a,int len) {for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i+1]*(i+1)%MOD;a[len-1]=0; } void up(ll*a,int len) {for(int i=len-1;i;i--)a[i]=a[i-1]*fastpow(i,MOD-2)%MOD;a[0] = 0; } void get_ln(int len) {for(int i=0;i<len;i++)G[i]=F[i],H[i]=0;get_inv(len);down(G,len);get_lim(len<<1);for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;for(int i=0;i<len;i++)a[i]=G[i],b[i]=H[i];ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1);for(int i=0;i<len;i++)G[i]=c[i];up(G,len); } void get_exp(int len) {if(len==1){F[0] = 1;return ;}int mid = (len+1)>>1;get_exp(mid);for(int i=0;i<len;i++)G[i]=0;get_ln(len);get_lim(len<<1);for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;for(int i=0;i<len;i++)a[i]=F[i],b[i]=(A[i]-G[i]+MOD)%MOD;Mod(++b[0]);ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=a[i]*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1);for(int i=0;i<len;i++)F[i]=c[i]; } int main() {read(n);for(int i=0;i<n;i++)read(A[i]);get_exp(n);for(int i=0;i<n;i++)printf("%llu ",F[i]);puts("");return 0; } 多項(xiàng)式exp10.多項(xiàng)式快速冪
洛谷傳送門。
已知$A(x)$，求$B(x)≡A^k(x)\;(mod\;x^n)$。
直接取$ln$，乘完再$exp$回去……
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 500050; const int MOD = 998244353; template<typename T> inline void read(T&x) {T f = 1,c = 0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}x = f*c; } template<typename T> inline void Mod(T&x){if(x>=MOD)x-=MOD;} int modread() {int ret = 0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){Mod(ret=10ll*ret%MOD+ch-'0');ch=getchar();}return ret; } int fastpow(int x,int y) {int ret = 1;while(y){if(y&1)ret=1ll*ret*x%MOD;x=1ll*x*x%MOD;y>>=1;}return ret; } int inv(int x){return fastpow(x,MOD-2);} int n,k,to[N],lim,L,LL[N],ny[N],jc[N],jny[N]; int init(int n) {lim = LL[2] = 1;while(lim<=n)lim<<=1,LL[lim<<1]=LL[lim]+1;ny[1] = jc[0] = jc[1] = jny[0] = jny[1] = 1;for(int i=2;i<=lim;i++){ny[i] = 1ll*(MOD-MOD/i)*ny[MOD%i]%MOD;jc[i] = 1ll*jc[i-1]*i%MOD;jny[i] = 1ll*jny[i-1]*ny[i]%MOD;}return lim; } void get_lim(int len) {lim = len,L = LL[len];for(int i=1;i<len;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1))); } void ntt(int*a,int len,int k) {for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]);for(int i=1;i<len;i<<=1){int w0 = fastpow(3,(MOD-1)/(i<<1));for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)){int w = 1;for(int o=0;o<i;o++,w=1ll*w*w0%MOD){int w1 = a[j+o],w2 = 1ll*a[j+o+i]*w%MOD;Mod(a[j+o] = w1+w2);Mod(a[j+o+i] = w1+MOD-w2);}}}if(k==-1){for(int i=1;i<len>>1;i++)swap(a[i],a[len-i]);int Inv = inv(len);for(int i=0;i<len;i++)a[i]=1ll*a[i]*Inv%MOD;} } int a[N],b[N],c[N],I[N],T[N],Ln[N]; void mul(int*F,int*G,int len) {get_lim(len<<1);for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;for(int i=0;i<len;i++)a[i]=F[i],b[i]=G[i];ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=1ll*a[i]*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1); } void get_d(int*F,int*G,int len) {for(int i=1;i<len;i++)G[i-1]=1ll*F[i]*i%MOD;G[len-1]=0; } void get_j(int*F,int*G,int len) {for(int i=1;i<len;i++)G[i]=1ll*F[i-1]*ny[i]%MOD;G[0] = 0; } void get_inv(int*F,int*G,int len) {if(len==1){G[0]=inv(F[0]);return ;}get_inv(F,G,len>>1);get_lim(len<<1);for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;for(int i=0;i<len;i++)a[i]=F[i];for(int i=0;i<len>>1;i++)b[i]=G[i];ntt(a,lim,1),ntt(b,lim,1);for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=1ll*a[i]*b[i]%MOD*b[i]%MOD;ntt(c,lim,-1);for(int i=0;i<len;i++)G[i]=(2ll*G[i]%MOD+MOD-c[i])%MOD; } void get_ln(int*F,int*G,int len) {for(int i=0;i<len;i++)I[i]=0;get_inv(F,I,len),get_d(F,T,len);mul(I,T,len);for(int i=0;i<len;i++)T[i]=c[i];get_j(T,G,len); } void get_exp(int*F,int*G,int len) {if(len==1){G[0]=1;return ;}get_exp(F,G,len>>1);get_ln(G,Ln,len);for(int i=0;i<len;i++)Mod(Ln[i]=F[i]+MOD-Ln[i]);Mod(++Ln[0]);mul(Ln,G,len);for(int i=0;i<len;i++)G[i]=c[i]; } void fastpow(int*F,int*G,int len,int k) {get_ln(F,F,len);for(int i=0;i<len;i++)F[i]=1ll*F[i]*k%MOD;get_exp(F,G,len); } int F[N],G[N]; int main() { // freopen("tt.in","r",stdin);read(n),k=modread();for(int i=0;i<n;i++)read(F[i]);int mx = init(n);fastpow(F,G,mx,k);for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",G[i]);puts("");return 0; } 多項(xiàng)式快速冪?
大概就這些了吧。
（是時候總結(jié)一下常用卡常技巧了）
轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/LiGuanlin1124/p/11024466.html
總結(jié)
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