【learning】多項式相關（求逆、開根、除法、取模）

（首先要%miskcoo，這位dalao寫的博客實在是太強啦qwq大部分多項式相關的知識都是從這位dalao博客裏面學的，做爲一隻蒟蒻仍是瘋狂膜拜後本身理下思路吧qwq）

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多項式求逆（元）

• 定義

　　對於一個多項式\(A(x)\)，若是存在一個多項式\(B(x)\)，知足\(B(x)\)的次數小於等於\(A(x)\)且\(A(x)B(x)\equiv 1(mod\ x^n)\)，那麼咱們稱\(B(x)\)爲\(A(x)\)在模\(x^n\)意義下的逆元，簡單記做\(A^{-1}(x)\)

• 求解

　　從最簡單的狀況開始考慮，當\(n=1\)的時候\(A(x)\equiv\ c\ (mod\ x)\)，\(c\)爲\(A(x)\)的常數項，此時\(A^{-1}(x)\)爲\(c\)的逆元

　　在這個基礎上咱們繼續考慮通常狀況

　　對於\(n>1\)的狀況，不妨設\(B(x)=A^{-1}(x)\)，那麼咱們能夠根據定義列出下面的式子：
\[ A(x)B(x)\equiv 1(mod\ x^n) \]
　　這裏的話考慮用倍增的方式求解（算倍增吧），這裏假設咱們已經知道了\(A(x)\)在\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)下的逆元\(G(x)\)，那麼有：
\[ A(x)G(x)\equiv 1(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}) \]
　　咱們把\(A(x)\)和\(B(x)\)的式子寫成\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)下的：

　　（能夠這麼寫是由於\(mod\ x^n\)至關於將乘積中\(x\)次數大於等於\(n\)的忽略掉了，而\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)則至關於忽略了更多的項，既然前者知足，那麼後者確定也知足）

\[ A(x)B(x)\equiv 1 (mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}) \]

　　把這兩條式子相減，就能夠搞事情了：
\[ \begin{aligned} A(x)[B(x)-G(x)]&\equiv 0\ (mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\\ B(x)-G(x)&\equiv 0\ (mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\\ \end{aligned} \]
　　而後咱們兩邊平方一下：
\[ B^2(x)-2B(x)G(x)+G^2(x)\equiv 0\ (mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}) \]
　　而後這裏有個很神奇的事情，\(B(x)-G(x)\) 在\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)下爲0，說明這個式子最後的結果的\(0\)到\(\lceil \frac{n}{2} \rceil -1\)次項係數都爲\(0\)，平方了以後，對於結果的\(i\)次項係數，（\(0<=i<=2*\lceil \frac{n}{2} \rceil -1\) ），其係數\(a_i = \sum\limits_{j=0}^{i}a_j a_{i-j}\)，而\(a_j\)和\(a_{i-j}\)中一定有一項爲\(0\)（由於\(j\)和\(i-j\)中一定有一個值小於\(\lceil \frac{n}{2} \rceil\)），因此咱們能夠獲得一個結論，這個式子在平方了以後在\(mod \ x^n\)下也是\(0\)

　　那麼咱們就能夠寫成：
\[ \begin{aligned} B^2(x)-2B(x)G(x)+G^2(x)&\equiv 0\ (mod\ x^n)\\ A(x)B(x)*B(x)-2*A(x)B(x)*G(x)+A(x)G^2(x)&\equiv 0\ (mod\ x^n)\\ \end{aligned} \]
　　兩邊同時乘上\(A(x)\)，由逆元的定義咱們能夠將上面的式子化簡成下面這樣：
\[ B(x)-2G(x)+A(x)G^2(x)\equiv 0\ (mod\ x^n) \]
　　最後獲得：
\[ B(x)\equiv 2G(x)-A(x)G^2(x)\ (mod\ x^n) \]
　　也就是說，若是咱們知道\(G(x)\)，咱們就能夠推出\(B(x)\)了

　　具體的實現能夠用遞歸的方式實現，中間的多項式乘法能夠用fft加速一下，那麼最終的時間複雜度就是
\[ T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n \ log\ n)=O(n\ log \ n) \]
　　然而爲啥這樣搞完了仍是一個log呢？由於每次遞歸下去多項式的最高次數都會減半，稍微算一下就會發現最後總的時間複雜度合起來仍是一個log而不是兩個

　　注意，後面這一堆推式子的過程是創建在\(n=1\)的時候有解的前提下的，因此咱們還能夠獲得一個結論：一個多項式在\(mod\ x^n\)下是否有逆元取決於其常數項在\(mod \ x^n\)下是否有逆元

• 實現

　　首先先實現一個namespace NTT，而後除了基礎的函數外主要供外部調用的過程是這個：

void Ntt_getinv(vct &a,vct &b,int n,int m){
    prework(a,b,n,2*m);//這裏注意由於後面是A*B*B，因此m要*2
    ntt(A,1);
    ntt(B,1);
    for (int i=0;i<len;++i) 
        B[i]=(2LL-1LL*A[i]*B[i]%MOD+MOD)*1LL*B[i]%MOD;
    ntt(B,-1);
}

　　而後求逆的過程大概是這樣（這裏用vector來寫了）：

vct Inv(vct a){
    int N=a.size();
    if (N==1){
        a[0]=ksm(a[0],MOD-2);
        return a;
    }
    vct b=a; b.resize((N+1)>>1);
    b=Inv(b); b.resize(N);
    NTT::Ntt_getinv(a,b,N,N);
    b.resize(NTT::len);
    for (int i=0;i<NTT::len;++i) b[i]=NTT::B[i];
    b.resize(N);
    return b;
}

　　求逆大概就是這樣吧ovo

　　

多項式開根

• 定義

　　對於一個多項式\(A(x)\)，若是存在一個多項式\(B(x)\)，知足\(B^2(x)\equiv\ A(x) (mod\ x^n)\)，則稱\(B(x)\)爲\(A(x)\)在\(mod\ x^n\)下的平方根

• 求解

　　一樣是考慮最簡單的狀況，當\(n=0\)的時候，\(B(x)\)的常數項就是\(1\)

　　而後考慮通常狀況，一樣的思路，考慮用倍增的方式來求

　　假設咱們已經知道了\(A(x)\)在\(mod\ x^{n}\)下的平方根\(G(x)\)，如今要求在\(mod\ x^{2n}\)下的平方根\(B(x)\)，根據定義咱們能夠列出式子：
\[ \begin{aligned} B^2(x)&\equiv A(x)(mod\ x^{2n})\\ G^2(x)&\equiv A(x)(mod\ x^n) \end{aligned} \]
　　咱們對這個式子進行一些處理：
\[ \begin{aligned} G^2(x)&\equiv A(x)(mod\ x^n)\\ G^2(x)-A(x)&\equiv 0(mod\ x^n)\\ \end{aligned} \]
　　那麼能夠獲得（由於右邊是\(0\)因此能夠這麼搞）：
\[ \begin{aligned} (G^2(x)-A(x))^2&\equiv 0 (mod\ x^{2n})\\ G^4(x)-2G^2(x)A(x)+A^2(x)&\equiv 0(mod\ x^{2n})\\ \end{aligned} \]
　　而後兩邊加上\(4G^2(x)A(x)\)：
\[ \begin{aligned} G^4(x)+2G^2(x)A(x)+A^2(x)&\equiv 4G^2(x)A(x)(mod\ x^{2n})\\ (G^2(x)+A(x))^2&\equiv 4G^2(x)A(x)(mod\ x^{2n})\\ (G^2(x)+A(x))^2&\equiv (2G(x))^2A(x)(mod\ x^{2n})\\ \end{aligned} \]
　　咱們將\((2G^2(x))^2\)移到左邊去，將左邊寫成一個平方的形式，獲得：
\[ (\frac{G^2(x)+A(x)}{2G(x)})^2\equiv A(x)(mod\ x^{2n}) \]
　　等式左邊的東西就是咱們要求的\(B(x)\)

　　因此若是說咱們知道了\(G(x)\)，咱們也就能夠得出\(B(x)\)啦，分母能夠用多項式求逆搞一下，其餘的多項式乘法fft搞一下，問題不大

　　總的複雜度是：
\[ T(n)=T(\frac{n}{2})+求逆複雜度+O(n\ log \ n)=O(n\ log\ n) \]

　　

• 實現

　　namespace NTT中主要須要調用的過程長這個樣子

void Ntt_getsqrt(vct &a,vct &invb,int n,int m){
    prework(a,invb,n,m);
    ntt(A,1);
    ntt(B,1);
    for (int i=0;i<len;++i) 
        B[i]=1LL*B[i]*inv2%MOD*A[i]%MOD;
    ntt(B,-1);
}

　　開根的話大概長這個樣子

vct Sqrt(vct a){
    int N=a.size(),M,M1;
    if (N==1){
        a[0]=1;
        return a;
    }
    vct b=a,invb;
    b.resize((N+1)>>1);
    b=Sqrt(b);
    invb=b; invb.resize(N);//resize!!!
    invb=Inv(invb);
    NTT::Ntt_getsqrt(a,invb,N,N);
    b.resize(NTT::len);
    for (int i=0;i<NTT::len;++i) b[i]=(1LL*b[i]*inv2%MOD+NTT::B[i])%MOD;
    b.resize(N);
    return b;
}

　　
　　
　　

多項式除法

• 問題

　　給出一個\(n\)次多項式\(A(x)\)，以及一個\(（m（m<=n)\)次多項式\(B(x)\)

　　要求出\(D(x)\)知足\(A(x)=D(x)B(x)+R(x)\)，且\(D(x)\)的次數\(<=n-m\)，\(R(x)\)的次數\(<m\)

　　簡單來講就是類比整數的除法，\(D(x)\)就是商，\(R(x)\)就是餘數，咱們如今考慮求商

• 求解

　　爲了方便接下來的表述，先定義一些操做，咱們記：
\[ rev(A(x))=x^nA(\frac{1}{n}) \]
　　也就是係數反轉，舉個簡單的例子：
\[ \begin{aligned} A(x)&=4x^4+3x^3+2x^2+1\\ rev(A(x))&=x^4+2x^3+3x^2+4 \end{aligned} \]
　　那麼如今咱們把上面那條式子搬下來：
\[ A(x)=D(x)B(x)+R(x) \]
　　（接下來的步驟均將\(D(x)\)當作\(n-m\)次多項式，\(R(x)\)當作\(m-1\)次多項式，對於那些不存在的高次項咱們就把係數當作\(0\)就行了）

　　後面的餘數看起來十分不友善，因此咱們要想個辦法把它去掉，因而咱們能夠進行如下的操做:

　　咱們將上面式子中的全部\(x\)換成\(\frac{1}{x}\)，而後等式兩邊同時乘上\(x^n\)，獲得：
\[ \begin{aligned} x^nA(\frac{1}{x})&=x^{n-m}D(\frac{1}{x})x^mB(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x})\\ rev(A(x))&=rev(D(x))rev(B(x))+x^{n-m+1}rev(R(x))\\ \end{aligned} \]
　　如今再來看一下各個項的最高次項，首先是咱們要求的元素\(D(x)\)，因爲這個多項式原來是\(n-m\)次，因此在係數反轉以後確定不會超過\(n-m\)次，而咱們要「消掉」的\(R(x)\)原來是\(m-1\)次多項式，因此\(x^{n-m+1}R(x)\)的最低次項應該是大於\(n-m\) 的

　　那麼考慮將上面的式子放到\(mod\ x^{n-m+1}\)下，\(x^{n-m+1}R(x)\)的影響就能夠十分愉快滴被消掉啦，同時咱們也不會影響到\(D(x)\)的求解，由於\(D(x)\)是\(n-m\)次的（瘋狂%miskcoo太強了qwq）

　　因而咱們就獲得了這樣一個式子：
\[ rev(A(x))\equiv\ rev(D(x))rev(B(x))\ (mod\ x^{n-m+1}) \]
　　那因此，咱們只要求一個\(rev(B(x))\)在\(mod x^{n-m+1}\)意義下的逆元而後跟\(rev(A(x))\)乘一下，獲得\(rev(D(x))\)，而後再把係數反轉回來就獲得\(D(x)\)啦

• 實現

　　除法大概是長這個樣子

vct operator / (vct a,vct b){
    int N=a.size()-1,M=b.size()-1;
    if (N<M){
        d.resize(1);d[0]=0;
        return d;
    }
    reverse(a.begin(),a.end());
    reverse(b.begin(),b.end());
    b.resize(N-M+1);
    d=Inv_p(b)*a;
    d.resize(N-M+1);
    reverse(d.begin(),d.end());
    return d;
}

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多項式取模

• 問題

　　 這個。。其實就是求上面那個\(R(x)\)

• 求解

　　有了多項式除法（也就是求商）以後，求餘數就變得比較簡單了

　　類比整數的取模，咱們能夠獲得這樣的一個式子：
\[ R(x)=A(x)-D(x)B(x) \]
　　那就除法求出\(D(x)\)以後直接減一下就行了，\(D(x)B(x)\)這個多項式乘法也是直接用\(fft\)求就行了

• 實現

　　僞裝很是短的樣子 (然而前面的東西都是要寫的qwq醒醒)

void mod(vct &a,vct b){
    int N=a.size()-1,M=b.size()-1;
    if (N<M) return;
    t=a/b;
    a=a-(t*b);
    a.resize(M);
}

　
　　大概。。就先寫這麼多吧ovo

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