多項式不全家桶

阿新 • • 發佈：2020-12-29

多項式不全家桶（持續更新）

裡面可能不會很全，因為太難的東西我也不會啊。

多項式求逆

板子題連結
求逆指的是給定一個多項式 $F(x)$，你需要求出一個多項式 $G(x)$，使其滿足 $F(x) * G(x)\equiv1\pmod {x^n}$

考慮為什麼要在 $\pmod {x^n}$ 情況下來求解，其實多項式可以近似理解為級數，顯然級數的項數是無窮的，所以我們用 $\pmod {x^n}$ 來使得這個多項式的項數有窮。（大致理解就行）

首先大致的思路是分治解決問題。

顯然的如果多項式只有 $1$ 項，那麼解就是其逆元。

我們考慮從原式在 mod $x^{\lceil\frac n 2\rceil}$

的推到 mod $x^ n$ 的情況：

\[F(x)* G_1(x)\equiv1\pmod {x^{\lceil\frac n 2\rceil}} \]

其中 $G_1(x)$ 指在 $\pmod {x^{\lceil\frac n 2\rceil}}$ 的情況下的解，$G(x)$ 指在 $\pmod {x^n}$ 的情況下的解。

那麼也有：

\[F(x)* G(x)\equiv1\pmod {x^{\lceil\frac n 2\rceil}} \]

兩個式子相減可以得到：

\[G_1(x)-G(x)\equiv0\pmod{x^{\lceil\frac n 2\rceil}} \]

平方得：

\[G_1^{2}(x)-2G_1(x)G(x)+G^2(x)\equiv0\pmod{x^n} \]

兩邊同乘多項式 $F(x)$ 得：

\[F(x) * G_1^{2}(x) - 2G_1(x) + G(x)\equiv0\pmod{x^n} \]

移項顯然得：

\[G(x)\equiv(2-F(x)G_1(x))G_1(x)\pmod{x^n} \]

然後你發現右邊的東西已經可以計算了。

複雜度非常顯然的 $O(nlogn)$

但是需要注意幾個問題，我會在程式碼裡寫出來。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 4e5 + 5, mod = 998244353, g1 = 3, g2 = (mod + 1) / 3;
int n, a[N], b[N], d[N], A[N], B[N];
inline int qpow(int a, int b, int res = 1) {
    for(; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod) 
        if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
    return res;
}
void NTT(int *a, int flag, int len) {
    for(register int i = 0; i < len; ++i) if(i < d[i]) swap(a[i], a[d[i]]);
    for(register int l = 2, m = 1; l <= len; l <<= 1, m <<= 1) {
        int w1 = qpow(flag == 1 ? g1 : g2, (mod - 1) / l);
        for(register int *p = a; p != a + len; p += l) {
            int w = 1;
            for(register int i = 0; i < m; ++i, w = 1ll*w*w1%mod) {
                int t = 1ll * w * p[i + m] % mod;
                p[i + m] = (p[i] - t + mod) % mod, p[i] = (p[i] + t) % mod;
            }
        }
    }
}
void niyuan(int *a, int *b, int n) {
    memset(A, 0, n * 16), memset(B, 0, n * 16);//如果需要多次計算的話，別忘了清零
    b[0] = qpow(a[0], mod - 2);
    for(register int l = 2, m = 1; l <= n << 2; l <<= 1, m <<= 1) {//注意我們需要跑到 l < n * 4，即4倍
        for(register int i = 0; i < m; ++i) A[i] = a[i], B[i] = b[i];
        for(register int i = 0; i < l; ++i) d[i] = (d[i>>1] >> 1) | ((i & 1) ? m : 0);
        NTT(A, 1, l), NTT(B, 1, l);
        for(register int i = 0; i < l; ++i) b[i] = ((2ll - 1ll*A[i]*B[i]%mod) * B[i] % mod + mod) % mod;
        NTT(b, -1, l);
        int ni = qpow(l, mod - 2);
        for(register int i = 0; i < l; ++i) b[i] = 1ll * b[i] * ni % mod;
        for(register int i = m; i < l; ++i) b[i] = 0;//為什麼每次需要清零，主要是由推導的式子決定的。
    }
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(register int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
    niyuan(a, b, n);
    for(register int i = 0; i < n; ++i) printf("%d ", b[i]);
    return 0;
}