对于一个多项式$A(x)$,如果存在另一个多项式$B(x)$,有$deg B(x) \leq deg A(x) $,且$A(x)B(x) \equiv 1 (\mod x^{n})$,那么称$B(x)$为$A(x)$在$\mod x^{n}$下的逆元,记为$A^{-1}(x)$

当$n=1$时,$A(x) \equiv c (\mod x)$,此时$A^{-1}(x) \equiv c^{-1}$

不妨设$A(x)B^{'}(x) \equiv 1 (\mod x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})$,$A(x)B(x) \equiv 1 (\mod x^{n})$

显然,也有$A(x)B(x) \equiv 1 (\mod x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})$

和第一个式子相减,可得$B(x) \equiv B^{'}(x) (\mod x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})$

移项,两边平方,有$B^{2}(x)-2B(x)B^{'}(x)+B^{'2}(x) \equiv 0 (\mod x^{n})$

两边同乘$A(x)$,化简可得$B(x) \equiv 2B^{'}(x)-A(x)B^{'2}(x) (\mod x^{n})$

于是就可以根据最后一个式子递归计算了.在计算的时候需要拿NTT来实现多项式乘法的过程.总的时间复杂度为$O(n\log n)$.

IL void PolyInv(LL x[],LL y[],int len){
    int i=0;
    if (len==1) {
        y[0]=Mi(x[0],MOD-2);
        return;
    }
    PolyInv(x,y,len>>1);
    for (i=0;i<len;i++) X[i]=x[i],Y[i]=y[i];
    NTT(X,len<<1,1);    NTT(Y,len<<1,1);
    for (i=0;i<(len<<1);i++)
        X[i]=((X[i]*Y[i])%MOD*Y[i])%MOD;
    NTT(X,len<<1,-1);
    for (i=0;i<len;i++) y[i]=((y[i]<<1)%MOD+MOD-X[i])%MOD;
}

给出两个多项式$F(x)$,$G(x)$,求$D(x)$,$R(x)$,使得$F(x)=D(x)G(x)+R(x)$.其中,$F(x)$为$n$次多项式,$G(x)$为$m$次多项式,$m \leq n$.要求求出的$D(x)$为$n-m $次多项式.

首先定义翻转操作:对于一个$n$次多项式$A(x)$,它的翻转多项式为$A^{r}(x)=x^{n}A(\frac{1}{x})$.假如说$A(x)=x^{2}+2x+3$,那么$A^{r}(x)=3x^{2}+2x+1$,也就是把系数翻转了一下.

定义了翻转操作后,对上面这个多项式除法式进行一下变形,将$\frac{1}{x}$替代$x$,两边同乘$x^{n}$.

得到$x^{n}F(\frac{1}{x})=x^{m}G(\frac{1}{x})x^{n-m}D(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x})$

化简,有$F^{r}(x)=G^{r}(x)D^{r}(x)+x^{n-m+1}R^{r}(x)$

两边同模$x^{n-m+1}$,则$R^{r}(x)$这一项显然会被消掉,只剩下

$F^{r}(x) \equiv G^{r}(x)D^{r}(x) (\mod x^{n-m+1})$

已知$D(x)$的次数是$n-m$次,也就是说在上面的模意义下,$D(x)$的所有项都会保留下来.进一步变形,就有

$D^{r}(x) \equiv F^{r}(x)G^{-1r}(x) (\mod x^{n-m+1})$

然后利用上面的求逆元过程,算出$D^{r}(x)$,翻转就可以得到$D(x)$了.然后带回到原式,就可以算出$R(x)$.总的时间复杂度也是$O(n \log n)$.

IL void PolyMul(LL a[],LL b[],LL c[],int l1,int l2){
    reg int i=0,L=Max(l1,l2),len=1;
    for (;len<=L;len<<=1);
    len<<=1;
    for (i=0;i<=l1;i++) X[i]=a[i];
    for (i=0;i<=l2;i++) Y[i]=b[i];
    NTT(X,len,1);   NTT(Y,len,1);
    for (i=0;i<=len;i++)    c[i]=(X[i]*Y[i])%MOD,X[i]=Y[i]=0;
    NTT(c,len,-1);
}
 
IL void PolyDiv(LL x[],LL y[],LL a[],LL b[]){
    reg int i=0,len=1;
    reverse(x,x+1+n);   reverse(y,y+1+m);
    for (;len<=(n-m);len<<=1);
    PolyInv(y,s,len);
    memset(X,0,sizeof(X));  memset(Y,0,sizeof(Y));
    PolyMul(x,s,a,n-m,n-m);
    reverse(a,a+n-m+1); reverse(x,x+1+n);   reverse(y,y+1+m);
    PolyMul(a,y,b,n-m,m);
    for (i=0;i<m;i++)   b[i]=(f[i]-b[i]+MOD)%MOD;
}

假如说求$B(x)$,使得$B(x)^{2} \equiv A(x) (\mod x^{n})$.不妨设$B'(x)^{2} \equiv A(x) (\mod x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})$.同时,已知$B(x)^{2} \equiv A(x) (\mod x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})$.

两个等式相减,再平方,可得$B'(x)^{4}-2B'(x)^{2}B(x)^{2}+B(x)^{4} \equiv 0 (\mod x^{n})$

做一下变形,有$B'(x)^{4}+2B'(x)^{2}B(x)^{2}+B(x)^{4} \equiv 4B'(x)^{2}B(x)^{2} (\mod x^{n})$

故有$B'(x)^{2}+B(x)^{2}\equiv 2B(x)B'(x) (\mod x^{n})$

将已知条件代入,有$B(x) \equiv \frac{A(x)+B'(x)^{2}}{2B'(x)}$

和多项式求逆那样递归计算即可.

有一个问题是,当递归到$n=1$的时候,要求常数项在模意义下开根.洛谷上的例题规定了常数项一定为1,所以保证有解.如果不规定常数项的话,还需要通过二次剩余来判断解的存在性.

注意数组大小要开到8倍以上.

IL void PolySqrt(LL a[],LL b[],int len){
    reg int i=0;
    if (len==1){
        b[0]=1; return;
    }
    PolySqrt(a,b,(len+1)>>1);
    memset(e,0,sizeof(e));
    for (i=0;i<len;i++) c[i]=(b[i]<<1)%MOD;
    PolyInv(c,e,len);
    PolyMul(b,b,d,len,len);
    for (i=0;i<len;i++) b[i]=(d[i]+a[i])%MOD;
    PolyMul(b,e,b,len,len);
}

原理应该不用多讲了…直接算就行了,积分的时候除上逆元.

IL void PolyDx(LL a[],LL b[],LL len){
    reg LL i=0;
    for (i=0;i<=len;i++)    b[i]=(a[i+1]*(i+1))%MOD;
}
 
IL void PolyInte(LL a[],LL b[],LL len){
    reg LL i=0;
    b[0]=0;
    for (i=1;i<=len;i++)
        b[i]=(a[i-1]*Mi(i,MOD-2))%MOD;
}

给出$A(x)$,求$B(x)$,使得$B(x) \equiv ln(A(x)) (\mod x^{n})$

对原式两边求导,有$B'(x) \equiv \frac{A'(x)}{A(x)} (\mod x^{n})$

通过多项式的求导和求逆算出$B'(x)$后,再积分即可得到$B(x)$.

IL void PolyLn(LL a[],LL b[],LL len){
    PolyDx(a,d,len);
    PolyInv(a,c,len);
    PolyMul(d,c,d,len,len);
    PolyInte(d,b,len);
}

需要一些多项式牛顿迭代的基础.

求一个多项式$G(x)$,使得$F(G(x)) \equiv 0 (\mod x^{n})$.如果说已经求出来了$F(G_{0}(x)) \equiv 0 (\mod x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})$,将$F(G(x))$在$G_{0}(x)$处展开,因为$G(x)-G_{0}(x)$的最低次数已经是$\lceil \frac{n}{2} \rceil$了,所以这一项平方之后,在模$x^{n}$意义下为0.故泰勒展开只需要保留前两项,也就是:

$F(G(x)) = F(G_{0}(x)) +(G(x)-G_{0}(x))F'(G_{0}(x)) \equiv 0 (\mod x^{n})$

其中的$F'(x)$表示一阶导.化简,有$G(x) \equiv G_{0}(x)-\frac{F(G_{0}(x))}{F'(G_{0}(x))} (\mod x^{n})$.

然后回到这个问题上.现在是要求$B(x) \equiv e^{A(x)} (\mod x^{n})$.两边求对数,化简,有$ln(B(x))-A(x) \equiv 0 (\mod x^{n})$.

这个时候,构造$F(G(x))=lnG(x)-A(x)$.利用牛顿迭代不断求解就行了.

式子的话,$(F(G(x)))'=\frac{G'(x)}{G(x)}$.把它带到迭代 的式子中,化简一下就有$G(x)=G_{0}(x)-\frac{G_{0}(x)(1-lnG_{0}(x)+A(x))}{G'_{0}(x)}$

最后根据上面这个式子就可以递归计算了.

因为要多次算Ln,所以中间用到的两个数组需要清空一下

不知道哪个环节有问题,这个板子的常数极大,而且是别人平均时间的两倍左右…有待优化.

IL void PolyLn(LL a[],LL b[],LL len){
    PolyDx(a,d,len);
    PolyInv(a,c,len);
    PolyMul(d,c,d,len,len);
    PolyInte(d,b,len);
    for (LL i=0;i<=len;i++) c[i]=d[i]=0;
}
 
IL void PolyExp(LL a[],LL b[],LL len){
    reg LL i=0;
    if (len==1){
        b[0]=1; return;
    }
    PolyExp(a,b,len>>1);
    for (i=0;i<=len;i++)    e[i]=0;
    PolyLn(b,e,len);
    for (i=0;i<len;i++)
        e[i]=(((i==0)?1:0)-e[i]+a[i]+MOD)%MOD;
    PolyMul(b,e,b,len,len);
}

会了求导和求对数之后就很简单了.

$B(x) \equiv A(x)^{k}$,求导,有$lnB(x) \equiv klnA(x)$.

求导,乘以$k$,再exp回去就行了.

因为同时使用了对数和指数的原因,常数极大.

IL void PolyMi(LL a[],LL b[],LL len,LL k){
    reg int i=0;
    PolyLn(a,p,len);
    for (i=0;i<=len;i++)    p[i]=(p[i]*k)%MOD;
    PolyExp(p,b,len);
}

根据著名的欧拉公式:$e^{ix}=\cos x+i\sin x$.代入正负$x$,然后解方程,有:

$\sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$

$\cos x=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$

然后就是一波玄学操作:$i^{2}=-1$,$i^{2} \equiv -1 (\mod 998244353)$,$i \equiv 86583718 (\mod 998244353)$,$i^{-1} () $

分子分母上的$i$就搞定了.

没学过复变,但是感觉复变老师看到这一段可能想打人

这里参考大佬的博客给NTT加了一个预处理的优化,但是效果不是特别理想.

IL void Ready(){
    reg LL i=0;
    for (i=2;i<=800000;i<<=1)
        Wn[i]=Mi(3,(MOD-1)/i),WN[i]=Mi(Wn[i],MOD-2);
}

所以还是依靠O2,O3优化靠谱一些.慎重使用这个板子吧.

IL void PolySin(LL a[],LL b[],LL len){
    reg LL i=0,u=86583718,invu=Mi(u,MOD-2),inv2=Mi(2,MOD-2),inv=0;
    for (i=0;i<=len;i++)    a[i]=(a[i]*u)%MOD;
    PolyExp(a,p,len);   PolyInv(p,b,len);
    inv=(inv2*invu)%MOD;
    for (i=0;i<=len;i++)    b[i]=(p[i]-b[i]+MOD)%MOD;
    for (i=0;i<=len;i++)    b[i]=(b[i]*inv)%MOD;
}
 
IL void PolyCos(LL a[],LL b[],LL len){
    reg LL i=0,u=86583718,invu=Mi(u,MOD-2),inv2=Mi(2,MOD-2);
    for (i=0;i<=len;i++)    a[i]=(a[i]*u)%MOD;
    PolyExp(a,p,len);   PolyInv(p,b,len);
    for (i=0;i<=len;i++)    b[i]=(p[i]+b[i])%MOD;
    for (i=0;i<=len;i++)    b[i]=(b[i]*inv2)%MOD;
}

首先,有

$\frac{d}{dx}\arcsin x=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$

$\frac{d}{dx}\arctan x=\frac{1}{1+x^{2}}$

根据这个式子,将多项式代入,再积分,就有

$B(x)=\int \frac{A'(x)}{\sqrt{1-A'(x)^{2}}}$

$B(x)=\int \frac{A'(x)}{1+A'(x)^{2}}$

所以只需要多项式求导,求逆,开根,积分就能完成反三角函数的求解.

IL void PolyArcsin(LL a[],LL b[],LL len){
    reg int i=0;
    PolyDx(a,p,len);
    PolyMul(a,a,q,len,len);
    for (i=0;i<=len;i++)    q[i]=(MOD-q[i])%MOD;
    q[0]=Upd(q[0]+1-MOD);
    PolySqrt(q,w,len);
    memset(q,0,sizeof(q));
    PolyInv(w,q,len);   PolyMul(p,q,p,len,len);
    PolyInte(p,b,len);
}
 
IL void PolyArctan(LL a[],LL b[],LL len){
    PolyDx(a,p,len);
    PolyMul(a,a,q,len,len);
    q[0]=(q[0]+1)%MOD;
    PolyInv(q,w,len);   PolyMul(p,w,p,len,len);
    PolyInte(p,b,len);
}

洛谷上有上面各个模板的板子题,直接搜多项式就能找到.

还有一道综合些的题目:LOJ 挑战多项式

题意:求

$$G(x) \equiv ((1+ln(2+F(x)-F(0)-exp(\int _{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{F(x)}})))^{k})' (\mod x^{n})$$

题解:

多项式大杂烩,套一下上面的板子就行了.