多項式的高階運算
阿新 • • 發佈：2020-07-27
基礎：FFT與NTT
多項式求乘法逆元
\(Code：\)
int n; ll A[N], B[N], C[N], r[N]; ll limi, l; inline ll quickpow(ll x, ll k)... inline void ntt(ll *a, int type) {...//此處已經讓type = 1的乘inv了 void sol(int deg, ll *a, ll *b) {//b is 逆元 if (deg == 1) { b[0] = quickpow(a[0], P - 2); return ; } sol((deg + 1) >> 1, a, b); limi = 1, l = 0; while (limi <= (deg << 1)) limi <<= 1, ++l; for (register int i = 1; i <= limi; ++i) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1)); for (register int i = 0; i < deg; ++i) C[i] = a[i];//轉移到C防變化 for (register int i = deg; i < limi; ++i) C[i] = 0;//多次清空更保險 ntt(b, 1); ntt(C, 1); for (register int i = 0; i < limi; ++i)//B = 2B' - AB'B' = B'(2 - AB') b[i] = ((2ll - b[i] * C[i]) % P + P) % P * b[i] % P; ntt(b, -1); for (register int i = deg; i <= limi; ++i)//多次清空更保險 b[i] = 0; } int main() { read(n); for (register int i = 0; i < n; ++i) read(A[i]); sol(n, A, B); for (register int i = 0; i < n; ++i) printf("%lld ", B[i]); return 0; }
這裡給一個簡化的板子，供複習：
inline void get_inv(ll *a, ll *b, int deg) {//deg：項數 if (deg == 1) return b[0] = inv(a[0]), void() ; get_inv(a, b, (deg + 1) >> 1); limi = 1; len = 0; while (limi <= (deg << 1)) limi <<= 1, len++; for (register int i = 0; i < limi; ++i) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (len - 1)); for (register int i = 0; i < deg; ++i) c[i] = a[i], d[i] = b[i]; for (register int i = deg; i < limi; ++i) c[i] = d[i] = 0; ntt(c, 1), ntt(d, 1); for (register int i = 0; i < limi; ++i) c[i] = c[i] * d[i] % P * d[i] % P; ntt(c, -1); for (register int i = 0; i < deg; ++i) b[i] = ((2 * b[i] - c[i]) % P + P) % P; }
多項式開根號
題意
- 給A(x)，其中a0 = 1，求B(x)，使得B(x)^2 = A(x) (mod x^n)
思路簡析
與多項式求逆相同，由於一平方就mod x^m -> mod x^(2m)，我們考慮遞迴求解。
表示式
同樣假設我們已經求出B(x)的一半b(x)，那麼：
A * b = 1(mod x^m) A * B = 1(mod x^m) ∴B - b = 0（mod x^m) 兩邊平方: B^2 - 2 * B * b + b^2 = 0(mod x^(2*m)) 據B^2 = A(mod x^(2*m))： A - 2 * B * b + b^2 = 0(mod x^(2*m)) 於是： B = (A/b + b) / 2
配合多項式求逆解出B(x)。
遞迴邊界
模板題非常友善，告訴我們 a0 = 1，於是遞迴邊界為
if (deg == 1) {b[0] = 1; return ;}
如果題目沒有那麼友善，那麼我們或許可以多random幾個數 我們需要用二次剩餘之類的麻煩的東西，或者考慮換一種演算法。
Code:
void get_sqrt(ll *a, ll *b, int deg) {
if (deg == 1) {b[0] = 1; return ;}
get_sqrt(a, b, (deg + 1) >> 1);
//get_len
limi = 1, len = 0;
while (limi <= (deg << 1)) limi <<= 1, len++;
for (register int i = 0; i <= limi; ++i)
r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (len - 1));
//copy and multiply
for (register int i = 0; i <= limi; ++i) bn[i] = 0;//attention
get_inv(b, bn, deg);
for (register int i = 0; i < deg; ++i) C[i] = a[i];
for (register int i = deg; i <= limi; ++i) C[i] = 0;
ntt(C, 1); ntt(bn, 1);
for (register int i = 0; i <= limi; ++i)
C[i] = C[i] * bn[i] % P;
ntt(C, -1);
for (register int i = 0; i < deg; ++i) b[i] = (C[i] + b[i]) * inv2 % P;
for (register int i = deg; i <= limi; ++i) b[i] = 0;
}
注意：
- 用陣列前一定注意清空。我也不知道為什麼，反正不清空就會出錯。估計是NTT的禍吧。
多項式除法
-
A(x) * B(x) + C(x) = D(x)，給出D(x), A(x)，求B(x)，C(x)。（類似高精除）
-
m = deg(A) < 100,000, n = deg(D) <= 100,000，m <= n
思路簡析
我們發現神奇的事情：把A,B,C,D都翻轉過來，（把C加到D後面），等式仍然成立。並且還有一個好處：C轉過來後D的0~n-m項都不受C的影響，而B又肯定超不過n-m+1項。因此我們可以藉助反轉後的A,D陣列算出B陣列，然後什麼都好搞了。
Code:
int main() {
read(n); read(m); n++; m++;//n,m變成項數
for (register int i = 0; i < n; ++i) read(D[i]), Dbp[i] = D[i];
for (register int i = 0; i < m; ++i) read(A[i]), Abp[i] = A[i];//backup
Reverse(A, m);
Reverse(D, n);
for (register int i = n - m + 1; i < n; ++i)
A[i] = D[i] = 0;
get_inv(A, An, n - m + 1);
mul(D, An, B, n - m + 1, n - m + 1);
//D(n-m+1項) * An(n-m+1項) -> B
Reverse(B, n - m + 1);
mul(Abp, B, AB, m, n - m + 1);
for (register int i = 0; i < m - 1; ++i)
C[i] = (Dbp[i] - AB[i] + P) % P;
...
}
注意
-
在算D*inv(A)時，保險起見，只保留D和A的0~n-m項，且對A,D做備份，算C時用。
-
什麼時候用n-m，什麼時候用n-m+1，要分清楚！
-
此時多項式變數名逐漸增多，注意區分，不要把An寫成A!
分治FFT
（其實我覺得對於我這個幾乎只寫NTT的人來說，叫分治NTT比較好）
簡單說一下，分治FFT用到了CDQ分治的思想，但不用非得學CDQ分治，畢竟這個思想還是比較好理解的，之前也經常用到。簡而言之，這裡的CDQ分治思想就是：每次只考慮左半段對右半段的貢獻，先遞迴解決左半段，然後讓右半段加上左半段的貢獻，再遞迴解決右半段。這樣，一次次貢獻的加和就組成了每個位置的值。
將題意稍稍轉化，f[i] = g[0 ~ i]與f[0 ~ i]的卷積（多項式乘法）。剩下的推導部分可以通過手玩來推導。
最關鍵的兩條語句：
for (int i = l;i <= mid; i++) a[i-l] = f[i];
for (int i = 0;i < len; i++) b[i] = g[i];
\(Code:\) my code
（主要篇幅是NTT，其實重點就在於以上兩條語句，NTT只是工具）
多項式求ln
在學習微積分後，我再學ln，感覺舒適了很多。
求ln很簡單，兩邊求個到，用一下多項式求逆，再積分即可。
思維難度低，程式碼量大。
新增兩條背誦語句：
inline void dao(ll *a, ll *b, int n) {
for (register int i = 1; i < n; ++i) b[i - 1] = i * a[i] % P; b[n - 1] = 0;
}
inline void ji(ll *a, ll *b, int n) {
for (register int i = 1; i < n; ++i) b[i] = a[i - 1] * inv(i) % P; b[0] = 0;
}
其實也不是很難背，考慮 求導/積分 完後的b[i]（或b[i - 1])是從哪裡轉移來的，就很容易理解了。
剩餘部分程式碼：
get_inv(A, An, n); dao(A, Ad, n);
limi = 1, len = 0;
while (limi <= (n << 1)) limi <<= 1, len++;
for (register int i = 0; i <= limi; ++i)
r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (len - 1));
ntt(Ad, 1); ntt(An, 1);
for (register int i = 0; i <= limi; ++i) A[i] = Ad[i] * An[i] % P;
ntt(A, -1);
ji(A, C, n);
for (register int i = 0; i < n; ++i)
printf("%lld ", C[i] % P);