多項式牛頓迭代及其運用
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參考資料
牛頓迭代法在多項式運算的應用-by Miskcoo
如何通俗易懂地講解牛頓迭代法？
前言-牛頓迭代
在食用本文之前，建議先學習這篇部落格：多項式常用操作歸納
同樣的，本文還是建議從前往後進行學習~~~
實數意義下的
首先是看了馬老師的部落格，然後就瞭解了求不規則函式根的方法。
下面是博主自己的概括和理解：
大概就是隨便在x軸上找一個點，然後向上作x軸的垂線，交函式於一點y，然後再作(x,y)處的切線，交x軸於(x',0)。又從(x',0)這個點開始不斷地重複。
最終我們找到的交x軸的那個點，有極大的概率是方程的根（函式的零點）。
現在我們來看一下，在已知\((x_0,f(x_0))\)的情況下，如何求出x'的值：
設原函式為\(f(x)\)，然後在\((x_0,f(x_0))\)的切線方程為：\(y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)\)，然後就可以簡單的令y=0，就可以得到：\(0=f'(x_0)(x'-x_0)+f(x_0)\)->\(x'=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}\)，然後就可以通過這個式子進行不斷地迭代了。
多項式意義下的
這個...其實還沒有發現和上面的那個有什麼關係...可能是我研究的還不夠深入吧...先道個歉...
重點是記住結論就好了
首先看一個式子:
\[G(F(x))\equiv 0(mod\ x^n)\]
已知的是G(x)，要求的是F(x)。
咋搞呢？
首先是多項式問題的常見套路：設\(F_0(x)\)是在\(mod\ x^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\)意義下的解，而且已經求出來了。
也就是有：
\[G(F_0(x))\equiv 0(mod\ x^{\lfloor\frac{n}{ 2}\rfloor})\]
由泰勒展開可得：
\[G(F(x))=\frac{G(F_0(x))}{0!}+\frac{G'(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))+\frac{G''(F_0(x))}{2!}(F(x)-F_0(x))^2+...\]
然後我們進一步可以發現，其實從式子中的第三項開始就可以省略了。
為什麼呢？？
因為在高次的情況下滿足的式子，低次也是滿足的：
\[G(F(x))\equiv 0(mod\ x^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor})\]
進一步也就是說\(F(x)\)和\(F_0(x)\)的後n/2位是相等的。
然後你就會發現\((F(x)-F_0(x))\)的最低次項的次數都是(n/2)*(n/2)=n的，在模\(x^(n)\)的意義下，就變成0了！！！
所以說只有前面兩項是有意義的。
這樣子之後就變得炒雞簡單啦：
\[G(F(x))=\frac{G(F_0(x))}{0!}+\frac{G'(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))\]
然後我們進行進一步的變形，就能夠得出F(x)的表示式：
\[F(x)=F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\]
特別需要注意的是，這裡的F(x)最好是看成是一個變元（通俗地講，就看成是'x'），在這個意義下在進行求導的運算。
如何具體的使用這個蘊藏著豐富力量的公式呢？
每次都將題目中的同餘式化成右邊等於0 的形式，然後再令左邊等於G(F(x))，再帶入上述的結論式中，就能夠得到你想要的結論了~~~
下面給出的常見操作大都是使用牛頓迭代得到的，其實也有常規的推導方式，只不過使用牛頓迭代更加簡單易懂罷了。
多項式對數函式
這個是用不到牛頓迭代的...這裡就先說了。
通常題目都是在模x^n的意義下進行求解的，後面就不再重複了。
題目就是：
\[B(x)\equiv ln(A(x))(mod\ x^n)\]
其中A(x)是已知的，B(x)是我們要求的。
對兩邊同時求導可得：
\[B'(x)\equiv \frac{A'(x)}{A(x)}(mod\ x^n)\]
然後我們發現後面的那個式子是能夠使用之前的方法解決的（求逆+求導）。求導的話，不懂的可以出門百度一下，比較簡單。
最後得到B'(x)之後，再積分回來，就能夠得到最終的答案了。（積分和求導都是有比較簡單的公式的，且是O(n)的）
多項式指數函式
從這裡開始就需要用到牛頓迭代了。
我們的問題是：
\[e^{A(x)}\equiv B(x)(mod\ x^n)\]
其中A(x)是已知的，B(x)是我們要求的。
將問題轉化一下，就變成了：
\[ln(B(x))\equiv A(x)(mod\ x^n)\]
然後將A(x)移到左邊來，就有了：
\[ln(B(x))-A(x)\equiv 0(mod\ x^n)\]
再令\(G(F(x))=ln(B(x))-A(x)\)
最後來一波牛頓迭代，就有了：
\[B(x)=B_0(x)-\frac{ln(B_0(x))-A(x)}{\frac{1}{B_0(x)}}\]
再變一下，就有了：
\[B(x)=B_0(x)(1-ln(B_0(x))+A(x))\]其中\(B_0(x)\)是我們在模\(x^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\)意義下已經求得的答案。求ln(B0(x))的話，可以用之前的多項式對數函式搞就可以了。
這裡需要特別注意的是，多項式求指數函式是有前提的：A(x)的常數項必須為0，否則在底層的時候B[0]無法賦初值
這樣子就有B[0]=1(因為ln(1)=0)。
多項式開根
直接上問題：
\[\sqrt{A(x)}\equiv B(x)(mod\ x^{\frac{n}{2}})\]
其中A(x)已知，B(x)是要求的。
把根號去掉就有：
\[A(x)\equiv B^2(x)(mod\ x^n)\]
然後又用常見的套路：
\[G(F(x))=A(x)-(B(x))^2\]
就有牛頓迭代：
\[B(x)=B_0(x)-\frac{A(x)-(B_0(x))^2}{-2*B_0(x)}\]
化簡一下就有：
\[B(x)=\frac{B_0(x)}{2}+\frac{A(x)}{2*B_0(x)}\]
然後就可以做了(求逆就可以了)。
多項式求冪
這個就比較簡單（但是也想不到這個思路）。
之前我們就有一個比較簡單的一個思路，就是多項式快速冪，是\(O(n\log^2 n)\)的演算法。這裡利用之前的方法能夠優化到\(O(n\log n)\)（但是常數巨大...）。
思路其實就是將\((F(x))^k\)轉化為\(e^{k*ln(F(x))}\)。
如果覺得不顯然的話，展開之後，你就會發現他們是一樣的!!!
那就是nlogn了（是不是感覺有點震驚...）。
這裡只是草草地將部落格趕完了，具體的細節明天再更吧...