【learning】多项式相关（求逆、开根、除法、取模）

（首先要%miskcoo，这位dalao写的博客实在是太强啦qwq大部分多项式相关的知识都是从这位dalao博客里面学的，做为一只蒟蒻仍是疯狂膜拜后本身理下思路吧qwq）

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多项式求逆（元）

• 定义

　　对于一个多项式\(A(x)\)，若是存在一个多项式\(B(x)\)，知足\(B(x)\)的次数小于等于\(A(x)\)且\(A(x)B(x)\equiv 1(mod\ x^n)\)，那么咱们称\(B(x)\)为\(A(x)\)在模\(x^n\)意义下的逆元，简单记做\(A^{-1}(x)\)

• 求解

　　从最简单的状况开始考虑，当\(n=1\)的时候\(A(x)\equiv\ c\ (mod\ x)\)，\(c\)为\(A(x)\)的常数项，此时\(A^{-1}(x)\)为\(c\)的逆元

　　在这个基础上咱们继续考虑通常状况

　　对于\(n>1\)的状况，不妨设\(B(x)=A^{-1}(x)\)，那么咱们能够根据定义列出下面的式子：
\[ A(x)B(x)\equiv 1(mod\ x^n) \]
　　这里的话考虑用倍增的方式求解（算倍增吧），这里假设咱们已经知道了\(A(x)\)在\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)下的逆元\(G(x)\)，那么有：
\[ A(x)G(x)\equiv 1(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}) \]
　　咱们把\(A(x)\)和\(B(x)\)的式子写成\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)下的：

　　（能够这么写是由于\(mod\ x^n\)至关于将乘积中\(x\)次数大于等于\(n\)的忽略掉了，而\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)则至关于忽略了更多的项，既然前者知足，那么后者确定也知足）

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

　　把这两条式子相减，就能够搞事情了：
\[ \begin{aligned} A(x)[B(x)-G(x)]&\equiv 0\ (mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\\ B(x)-G(x)&\equiv 0\ (mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\\ \end{aligned} \]
　　而后咱们两边平方一下：
\[ B^2(x)-2B(x)G(x)+G^2(x)\equiv 0\ (mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}) \]
　　而后这里有个很神奇的事情，\(B(x)-G(x)\) 在\(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}\)下为0，说明这个式子最后的结果的\(0\)到\(\lceil \frac{n}{2} \rceil -1\)次项系数都为\(0\)，平方了以后，对于结果的\(i\)次项系数，（\(0<=i<=2*\lceil \frac{n}{2} \rceil -1\) ），其系数\(a_i = \sum\limits_{j=0}^{i}a_j a_{i-j}\)，而\(a_j\)和\(a_{i-j}\)中一定有一项为\(0\)（由于\(j\)和\(i-j\)中一定有一个值小于\(\lceil \frac{n}{2} \rceil\)），因此咱们能够获得一个结论，这个式子在平方了以后在\(mod \ x^n\)下也是\(0\)

　　那么咱们就能够写成：
\[ \begin{aligned} B^2(x)-2B(x)G(x)+G^2(x)&\equiv 0\ (mod\ x^n)\\ A(x)B(x)*B(x)-2*A(x)B(x)*G(x)+A(x)G^2(x)&\equiv 0\ (mod\ x^n)\\ \end{aligned} \]
　　两边同时乘上\(A(x)\)，由逆元的定义咱们能够将上面的式子化简成下面这样：
\[ B(x)-2G(x)+A(x)G^2(x)\equiv 0\ (mod\ x^n) \]
　　最后获得：
\[ B(x)\equiv 2G(x)-A(x)G^2(x)\ (mod\ x^n) \]
　　也就是说，若是咱们知道\(G(x)\)，咱们就能够推出\(B(x)\)了

　　具体的实现能够用递归的方式实现，中间的多项式乘法能够用fft加速一下，那么最终的时间复杂度就是
\[ T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n \ log\ n)=O(n\ log \ n) \]
　　然而为啥这样搞完了仍是一个log呢？由于每次递归下去多项式的最高次数都会减半，稍微算一下就会发现最后总的时间复杂度合起来仍是一个log而不是两个

　　注意，后面这一堆推式子的过程是创建在\(n=1\)的时候有解的前提下的，因此咱们还能够获得一个结论：一个多项式在\(mod\ x^n\)下是否有逆元取决于其常数项在\(mod \ x^n\)下是否有逆元

• 实现

　　首先先实现一个namespace NTT，而后除了基础的函数外主要供外部调用的过程是这个：

void Ntt_getinv(vct &a,vct &b,int n,int m){
    prework(a,b,n,2*m);//这里注意由于后面是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);
}

　　而后求逆的过程大概是这样（这里用vector来写了）：

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;
}

　　求逆大概就是这样吧ovo

　　

多项式开根

• 定义

　　对于一个多项式\(A(x)\)，若是存在一个多项式\(B(x)\)，知足\(B^2(x)\equiv\ A(x) (mod\ x^n)\)，则称\(B(x)\)为\(A(x)\)在\(mod\ x^n\)下的平方根

• 求解

　　一样是考虑最简单的状况，当\(n=0\)的时候，\(B(x)\)的常数项就是\(1\)

　　而后考虑通常状况，一样的思路，考虑用倍增的方式来求

　　假设咱们已经知道了\(A(x)\)在\(mod\ x^{n}\)下的平方根\(G(x)\)，如今要求在\(mod\ x^{2n}\)下的平方根\(B(x)\)，根据定义咱们能够列出式子：
\[ \begin{aligned} B^2(x)&\equiv A(x)(mod\ x^{2n})\\ G^2(x)&\equiv A(x)(mod\ x^n) \end{aligned} \]
　　咱们对这个式子进行一些处理：
\[ \begin{aligned} G^2(x)&\equiv A(x)(mod\ x^n)\\ G^2(x)-A(x)&\equiv 0(mod\ x^n)\\ \end{aligned} \]
　　那么能够获得（由于右边是\(0\)因此能够这么搞）：
\[ \begin{aligned} (G^2(x)-A(x))^2&\equiv 0 (mod\ x^{2n})\\ G^4(x)-2G^2(x)A(x)+A^2(x)&\equiv 0(mod\ x^{2n})\\ \end{aligned} \]
　　而后两边加上\(4G^2(x)A(x)\)：
\[ \begin{aligned} G^4(x)+2G^2(x)A(x)+A^2(x)&\equiv 4G^2(x)A(x)(mod\ x^{2n})\\ (G^2(x)+A(x))^2&\equiv 4G^2(x)A(x)(mod\ x^{2n})\\ (G^2(x)+A(x))^2&\equiv (2G(x))^2A(x)(mod\ x^{2n})\\ \end{aligned} \]
　　咱们将\((2G^2(x))^2\)移到左边去，将左边写成一个平方的形式，获得：
\[ (\frac{G^2(x)+A(x)}{2G(x)})^2\equiv A(x)(mod\ x^{2n}) \]
　　等式左边的东西就是咱们要求的\(B(x)\)

　　因此若是说咱们知道了\(G(x)\)，咱们也就能够得出\(B(x)\)啦，分母能够用多项式求逆搞一下，其余的多项式乘法fft搞一下，问题不大

　　总的复杂度是：
\[ T(n)=T(\frac{n}{2})+求逆复杂度+O(n\ log \ n)=O(n\ log\ n) \]

　　

• 实现

　　namespace NTT中主要须要调用的过程长这个样子

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);
}

　　开根的话大概长这个样子

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;
}

　　
　　
　　

多项式除法

• 问题

　　给出一个\(n\)次多项式\(A(x)\)，以及一个\(（m（m<=n)\)次多项式\(B(x)\)

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

　　简单来讲就是类比整数的除法，\(D(x)\)就是商，\(R(x)\)就是余数，咱们如今考虑求商

• 求解

　　为了方便接下来的表述，先定义一些操做，咱们记：
\[ rev(A(x))=x^nA(\frac{1}{n}) \]
　　也就是系数反转，举个简单的例子：
\[ \begin{aligned} A(x)&=4x^4+3x^3+2x^2+1\\ rev(A(x))&=x^4+2x^3+3x^2+4 \end{aligned} \]
　　那么如今咱们把上面那条式子搬下来：
\[ A(x)=D(x)B(x)+R(x) \]
　　（接下来的步骤均将\(D(x)\)当作\(n-m\)次多项式，\(R(x)\)当作\(m-1\)次多项式，对于那些不存在的高次项咱们就把系数当作\(0\)就行了）

　　后面的余数看起来十分不友善，因此咱们要想个办法把它去掉，因而咱们能够进行如下的操做:

　　咱们将上面式子中的全部\(x\)换成\(\frac{1}{x}\)，而后等式两边同时乘上\(x^n\)，获得：
\[ \begin{aligned} x^nA(\frac{1}{x})&=x^{n-m}D(\frac{1}{x})x^mB(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x})\\ rev(A(x))&=rev(D(x))rev(B(x))+x^{n-m+1}rev(R(x))\\ \end{aligned} \]
　　如今再来看一下各个项的最高次项，首先是咱们要求的元素\(D(x)\)，因为这个多项式原来是\(n-m\)次，因此在系数反转以后确定不会超过\(n-m\)次，而咱们要“消掉”的\(R(x)\)原来是\(m-1\)次多项式，因此\(x^{n-m+1}R(x)\)的最低次项应该是大于\(n-m\) 的

　　那么考虑将上面的式子放到\(mod\ x^{n-m+1}\)下，\(x^{n-m+1}R(x)\)的影响就能够十分愉快滴被消掉啦，同时咱们也不会影响到\(D(x)\)的求解，由于\(D(x)\)是\(n-m\)次的（疯狂%miskcoo太强了qwq）

　　因而咱们就获得了这样一个式子：
\[ rev(A(x))\equiv\ rev(D(x))rev(B(x))\ (mod\ x^{n-m+1}) \]
　　那因此，咱们只要求一个\(rev(B(x))\)在\(mod x^{n-m+1}\)意义下的逆元而后跟\(rev(A(x))\)乘一下，获得\(rev(D(x))\)，而后再把系数反转回来就获得\(D(x)\)啦

• 实现

　　除法大概是长这个样子

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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多项式取模

• 问题

　　 这个。。其实就是求上面那个\(R(x)\)

• 求解

　　有了多项式除法（也就是求商）以后，求余数就变得比较简单了

　　类比整数的取模，咱们能够获得这样的一个式子：
\[ R(x)=A(x)-D(x)B(x) \]
　　那就除法求出\(D(x)\)以后直接减一下就行了，\(D(x)B(x)\)这个多项式乘法也是直接用\(fft\)求就行了

• 实现

　　伪装很是短的样子 (然而前面的东西都是要写的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。。就先写这么多吧ovo

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