[模板] 多项式全家桶

Posted 2022-04-01 ressed

注意：以下所有说明均以帮助理解模板为目的，不保证正确性。

 

多项式求逆

已知$A(x)$，求满足$A(x)B(x)=1\ (mod\ x^n)$的B（以下为了方便假设n是2的幂）

考虑倍增，假设已经求出$A(x)B_0(x)=1\ (mod\ x^n/2)$

$$A(x)(B(x)-B_0(x))=0\ (mod\ x^n/2)$$

$$(B(x)-B_0(x))=0\ (mod\ x^n/2)$$

$$(B(x)-B_0(x))^2=0\ (mod\ x^n)$$

$$B^2(x)-2B(x)B_0(x)+B_0^2(x)=0\ (mod\ x^n)$$

同乘个A，$$B(x)-2B_0(x)+A(x)B_0^2(x)=0\ (mod\ x^n)$$

$$B(x)=2B_0(x)-A(x)B_0^2(x)\ (mod\ x^n)$$

复杂度$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$

 

多项式除法

已知$A(x)$,$B(x)$，求满足$A(x)=R(x)B(x)+Q(x)$的$R(x)$,$Q(x)$，其中若A为n次，B为m次，则R为n-m次，Q为m-1次

首先考虑一种操作：把$F(x)$变成$x^nF(\frac1x)$，等价于把F(x)的系数翻转，记做$F_R(x)$

于是有$$x^nA(x)=x^n-mR(x)x^mB(x)+x^n-m+1x^m-1Q(x)$$

$$A_R(x)=R_R(x)B_R(x)+x^n-m+1Q_R(x)$$

把它放到$mod\ x^n-m+1$下，可以发现$Q(x)$消失了，而且对$R(x)$没有影响

于是有$R_R(x)=\fracA_R(x)B_R(x)\ (mod\ x^n-m+1)$

所以$R(x)$就可以求了，然后$Q(x)=A(x)-R(x)B(x)$，也可以求了

复杂度$O(nlogn)$

 

牛顿迭代法

已知$G(f)$，求$G(F(x))=0\ (mod\ x^n)$的一个解$F(x)$（以下为了方便假设n是2的幂）

假设已经求出了$G(F_0(x))=0\ (mod\ x^n/2)$

我们在$F_0(x)$处对$G$进行泰勒展开，有

$$G(F(x))=G(F_0(x))+\fracG^(1)(F_0(x))1!(F(x)-F_0(x))+\fracG^(2)(F_0(x))2!(F(x)-F_0(x))^2+... (mod\ x^n)$$

然后我们发现，因为F_0和F前n/2项相同，所以$(F(x)-F_0(x))^2=0\ (mod\ x^n)$

所以有$$G(F(x))=G(F_0(x))+G‘(F_0(x))(F(x)-F_0(x))=0\ (mod\ x^n)$$

$$F(x)=F_0(x)-\fracG(F_0(x))G‘(F_0(x))\ (mod\ x^n)$$

于是就可以倍增来求F(x)了

 

多项式开根

已知$G(H(x))=H^2(x)-F(x)$，求使$G(H(x))=0\ (mod\ x^n)$的一个解

根据上面牛顿迭代法的式子可得$H(x)=\fracH_0^2(x)+F(x)2H_0(x)\ (mod\ x^n)$，倍增即可

复杂度$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$