多项式求逆

Posted 2020-11-26 wxq1229

又是一个多项式板子，又疯一个......

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还是看板子：【模板】多项式乘法逆

给一个(n-1)次(n)项柿(F(x))，要你求一个(n-1)次多项式(G(x))，满足(F(x)G(x)equiv 1 (mod x^n))。

就是把(F(x)G(x))卷积起来忽略掉次数(ge n)的项后它(equiv 1)。

一个比较难的情况:(n = 1)，即(F(x)G(x))的常数项为(1)，答案就是(F[0]^{-1})，((F)的常数项的逆元)，怎么样，难吧！

好我们下面来看更一般的情况
[ F(x)G(x) equiv 1 (mod x^n) ]
假设我们现在已经知道了
[ F(x)G'(x) equiv 1 (mod x^{leftlceil frac{n}{2} ight ceil}) ]
那么由于(F(x)G(x) equiv 1 (mod x^n))，所以(F(x)G(x))必定(equiv 1 (mod x^{leftlceil frac{n}{2} ight ceil}))，所以两式相减得
[ F(x)(G(x) - G'(x)) equiv 0 (mod x^{leftlceil frac{n}{2} ight ceil}) ]
由于(F(x) ot= 0)，所以
[ G(x) - G'(x) equiv 0 (mod x^{leftlceil frac{n}{2} ight ceil}) ]
然后发现我们回不上去了23333...

然而在这里我们可以直接平方一下
[ (G(x) - G'(x))^2 equiv 0 (mod x^n) ]
为什么呢？

分类讨论一下

• 对于次数小于(leftlceil frac{n}{2} ight ceil)的项，它不管乘什么都是(0)
• 对于次数大于(leftlceil frac{n}{2} ight ceil)的项，它只有乘一个次数小于(leftlceil frac{n}{2} ight ceil)的项才会对上面那个恒等式产生影响，显然这也是(0)

我们继续化简，暴力展开
[ G(x)^2 + G'(x)^2 - 2G(x)G'(x) equiv 0 (mod x^n) ]
因为我们知道(F(x)G(x) equiv 1 (mod x^n))，两边乘(F(x))得
[ G(x) + G'(x)^2F(x) - 2G'(x) equiv 0 (mod x^n) ]
移项得
[ G(x) equiv 2G'(x) - G'(x) ^ 2 F(x) (mod x^n) ]
为了好看，我们可以更简单地提一个(G'(x))出来
[ G(x) equiv G'(x)(2 - G'(x)F(x)) (mod x^n) ]
顺着上面那个柿子递归用(NTT)算就好了。

复杂度：听别人说是 (O(n log n))。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10,P=998244353,G=3,IG=(P+1)/G;
inline int fpow(int x,int y){
    int ret=1; for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P) if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
    return ret; 
}
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
int rev[N];
void init(int len){
    for (int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg){
    for (int i=0;i<n;i++) if(rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
    for (int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1){
        int wn=fpow(flg==1?G:IG,(P-1)/len);
        for (int i=0;i<n;i+=len){
            for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
                int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
                f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
            }
        }
    }
}
int FF[N];
void getinv(int *F,int *G,int n){
    if (n==1){G[0]=fpow(F[0],P-2);return;}
    getinv(F,G,(int)ceil(n/2.0));
    int limit=1; while (limit<=2*n)limit<<=1;
    init(limit);
    for (int i=0;i<n;i++) FF[i]=F[i];
    for (int i=n;i<limit;i++) FF[i]=0;
    ntt(FF,limit,1),ntt(G,limit,1);
    for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*sub(2,1ll*FF[i]*G[i]%P)*G[i]%P;
    ntt(G,limit,-1); int inv=fpow(limit,P-2);
    for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*inv%P;
    for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
}
int f[N],inv[N];
int main(){
    int n;scanf("%d",&n);
    for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
    getinv(f,inv,n);
    for (int i=0;i<n;i++)printf("%d ",inv[i]);
    return 0;
}

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ps: 其实还有个迭代版的......尝试写了一下......绝对邪教......，总之这样也不慢。