多項式全家桶（常用部分）
這篇文章會從零開始證一遍多項式全家桶中的常用部分，具體可以看閱讀目錄。其餘以後再補。
泰勒展開
泰勒展開是用一個 \(n\) 次多項式高度擬合一個函式，主要思想是，新的函式某一點 \(x_0\) 的 \(n\) 階導數和原函式的 \(n\) 階導數相同，並且都經過 \((x_0,f(x_0))\)
把 \(F(x)\) 在 \(x_0\) 這個位置泰勒展開，記 \(F^{n}(x)\) 表示 \(F(x)\) 的 \(n\) 階導數，可以得到：
\[G(x)=F(x_0)+\dfrac{F^1(x_0)}{1!}(x-x_0)+\dfrac{F^2(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots \]往往精度夠了的時候就停止，所以大部分時候有誤差，僅有無窮項的時候取等。
關於上面那個式子怎麼來的（不妨令 \(x_0=0\) ，平移一下就好了）：
我們設 \(G(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n\approx F(x)\)
由於都經過 \((0,f(0))\) ，所以 \(a_0=f(0)\)
求 \(n\) 階導數
\[\because G^{n}(0)=n!a_n=F^{n}(0)\\ \therefore a_n=\dfrac{F^{n}(0)}{n!} \]求 \(n-1\) 階導數
\[G^{n-1}(0)=(n-1)!a_{n-1}=F^{n-1}(0)\\ a_{n-1}=\dfrac{F^{n-1}(0)}{(n-1)!} \]\(<n-1\)
以此類推可得上式
多項式求逆
一個很非常重要的思想。
已知 \(F(x)*G(x)\equiv 1\pmod {x^n}\) 和 \(F(x)\) ，求 \(G(x)\)
假設我們已經求出了 \(H(x)\) 使得 \(F(x)H(x)\equiv 1 \pmod{x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\)
又因為 \(F(x)G(x)\equiv 1\pmod{x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\)
所以 \(F(x)(G(x)-H(x))\equiv 0\pmod{x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\)
所以 \(G(x)-H(x)\equiv 0\pmod{x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\)
兩邊平方可得 \(G^2(x)+H^2(x)-2G(x)H(x)\equiv 0\pmod{x^n}\)
注意後面變成 \(\bmod x^n\) 了，這一步特別牛逼。
其實就是最高次變成了 \(\le n\) 罷了，所以要 \(\bmod x^n\)
接著往下推
\(G^2(x)+H^2(x)-2G(x)H(x)\equiv 0\pmod {x^n}\)
兩邊同乘 \(F(x)\) ，利用 \(F(x)G(x)\equiv 1\pmod {x^n}\) 這個性質
\(G(x)+H^2(x)F(x)-2H(x)\equiv 0\pmod {x^n}\)
移項可得
\(G(x)\equiv 2H(x)-H^2(x)F(x)\pmod {x^n}\)
得到了一個可以遞迴處理的東西，每次先把 \(H(x)\) 遞迴處理出來，在這一層FFT合併。
邊界為 \(G(0)=F(0)^{-1}\)
複雜度 \(T(n)=T(\dfrac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n)\)
牛頓迭代
考慮多項式求逆的過程，假設已經有 \(F(x)*H(x)\equiv 1\pmod{x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}}\) ，有一個函式滿足 \(G(F(x))\equiv 0\pmod {x^n}\)
把函式 \(G(F(x))\) 在 \(H(x)\) 泰勒展開
\[G(F(x))=G(H(x))+\dfrac{G'(H(x))}{1!}(F(x)-H(x))+\dfrac{G''(H(x))}{2!}(F(x)-H(x))^2+\cdots\\ \]從第三項開始，\((F(x)-H(x))^2\) 由於後 \(\lceil\dfrac{n}{2}\rceil\) 項相同，在 \(\bmod x^n\) 意義下為 \(0\)
所以
\[G(F(x))\equiv 0\equiv G(H(x))+G'(H(x))(F(x)-H(x))\\ F(x)=F_0(x)-\dfrac{G(H(x))}{G'(H(x))}\\ \]多項式ln
\[B(x)=\ln (A(x))\\ \]兩邊求導
\[B'(x)=\dfrac{A'(x)}{A(x)} \]把 \(A\) 求逆，求導，得到的兩個多項式捲起來，積分回去，得到 \(B\)
多項式exp
已知 \(A(x)\) ，求 \(F(x)=e^{A(x)}\) ，保證 \(A(0)=0\)
好像保證 \(A(0)=0\) 是為了保證exp有意義，具體原因等我知道了再補。
兩邊求導
\[\ln (F(x))=A(x) \]令 \(G(F(x))=\ln (F(x))-A(x)\) ，那麼 \(G'(F(x))=\dfrac{1}{F(x)}\) 。如果你不知道為什麼 \(A(x)\) 可以當常數項消掉可以看看 某個洛谷帖子
對其牛頓迭代
\[G(F(x))=H(x)-\dfrac{G(H(x))}{G'(H(x))}\\ =H(x)(1-\ln (H(x))+A(x)) \]用多項式求逆的思想，每次遞迴計算 \(H(x)\) 即可。
邊界為 \(G(0)=1\)
複雜度 \(T(n)=T(\dfrac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n)\)
多項式開根
給定 \(A(x)\) ，求 \(F^2(x)\equiv A(x)\pmod {x^n}\)
設 \(G(F(x))=F^2(x)-A(x)\) ，那麼 \(G'(F(x))=2F(x)\)
對其牛頓迭代
\[F(x)=H(x)-\dfrac{G(H(x))}{G'(H(x))}\\ =H(x)-\dfrac{H^2(x)-A(x)}{2H(x)}\\ =\dfrac{H^2(x)+A(x)}{2H(x)} \]用多項式求逆的思想遞迴求 \(H(x)\) 即可。
\(F(0)\not=1\) 要二次剩餘，不會，鴿子了。
所以邊界（預設 \(F(0)=1\)）為 \(G(0)=1\) 。
複雜度 \(T(n)=T(\dfrac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n)\)
參考程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define sz(v) (int)v.size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
const int N=100005;
const int M=N<<2;
#define mod 998244353
namespace math{
int inv[N];
inline int qpow(int n,int k){int res=1;for(;k;k>>=1,n=1ll*n*n%mod)if(k&1)res=1ll*n*res%mod;return res;}
void fmod(int&x){x-=mod,x+=x>>31&mod;}
void init_math(const int&n=N-5){
inv[1]=1;for(int i=2;i<=n;++i)inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
}
}
using math::qpow;
using math::fmod;
namespace poly{
int rev[M],lg,lim;
void init_poly(const int&n){
for(lg=0,lim=1;lim<=n;++lg,lim<<=1);
for(int i=0;i<lim;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
}
void NTT(int*a,int op){
for(int i=0;i<lim;++i)
if(i>rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
int g=op?3:qpow(3,mod-2);
for(int i=1;i<lim;i<<=1){
int wn=qpow(g,(mod-1)/(i<<1));
for(int j=0;j<lim;j+=i<<1){
int w0=1;
for(int k=0;k<i;++k,w0=1ll*w0*wn%mod){
const int X=a[j+k],Y=1ll*w0*a[i+j+k]%mod;
fmod(a[j+k]=X+Y),fmod(a[i+j+k]=X-Y+mod);
}
}
}
if(op)return;int ilim=qpow(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;++i)a[i]=1ll*a[i]*ilim%mod;
}
#define clr(a,n) memset(a,0,sizeof(int)*(n))
#define cpy(a,b,n) memcpy(a,b,sizeof(int)*(n))
void poly_mul(int*f,int*g,int*ans,int n,int m){//f[0,n)*g[0,m)->ans[0,n+m-1)
static int A[M],B[M];init_poly(n+m);
cpy(A,f,n),clr(A+n,lim-n),NTT(A,1);
cpy(B,g,m),clr(B+m,lim-m),NTT(B,1);
for(int i=0;i<lim;++i)ans[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
NTT(ans,0);
}
void poly_inv(int*g,int*f,int n){//f[0,n)的逆元存在g[0,n),使用前清空g
static int A[M];
if(n==1)return g[0]=qpow(f[0],mod-2),void();
poly_inv(g,f,(n+1)>>1),init_poly(n<<1);
cpy(A,f,n),clr(A+n,lim-n);
NTT(A,1),NTT(g,1);
for(int i=0;i<lim;++i)g[i]=1ll*g[i]*(2-1ll*A[i]*g[i]%mod+mod)%mod;
NTT(g,0),clr(g+n,lim-n);
}
void poly_sqrt(int*g,int*f,int pw){//f[0,n)的根號在g[0,n)，需要保證f[0]=1
static int A[M];
if(pw==1)return g[0]=1,void();
poly_sqrt(g,f,(pw+1)>>1);
clr(A,pw),poly_inv(A,g,pw),poly_mul(A,f,A,pw,pw);
for(int i=0,iv2=math::inv[2];i<pw;++i)g[i]=1ll*(g[i]+A[i])*iv2%mod;
}
void jif(int*g,int*f,int n){//f[0,n)積分到g[1,n]
for(int i=1;i<n;++i)g[i]=1ll*f[i-1]*math::inv[i]%mod;g[0]=0;
}
void dao(int*g,int*f,int n){//f[0,n)求導到g[0,n)
for(int i=0;i<n-1;++i)g[i]=1ll*(i+1)*f[i+1]%mod;g[n-1]=0;
}
void poly_ln(int*g,int*f,int n){//f[0,n)的ln在g[0,n)
static int A[M],B[M];
dao(A,f,n),clr(B,n),poly_inv(B,f,n),poly_mul(A,B,A,n,n),jif(g,A,n);
}
void poly_exp(int*g,int*f,int n){//f[0,n)的exp在g[0,n)
static int A[M];
if(n==1)return g[0]=1,void();
poly_exp(g,f,(n+1)>>1);
clr(A,n),poly_ln(A,g,n);
for(int i=0;i<n;++i)fmod(A[i]=(!i)+f[i]-A[i]+mod);
poly_mul(g,A,g,n,n),clr(g+n,lim-n);
}
}
int n,f[M],g[M];
signed main(){
n=read(),math::init_math(n);
for(int i=0;i<n;++i)f[i]=read();
//poly::poly_exp(g,f,n);
for(int i=0;i<n;++i)printf("%d%c",g[i]," \n"[i==n-1]);
return 0;
}
參考資料
各個板題的洛谷題解，不一一掛連線了