多项式求逆

Posted 2022-06-08 guoshaoyang

多项式求逆

定义

设\(\displaystyle f(x) =\sum^n-1_k=0a_kx^k\)求\(g(x) =\sum^n-1_k=0b_kx^k\)，使得
\(\displaystyle f(x)g(x)\equiv 1 (\mod x^n)\)

即\(\displaystyle f(x)g(x)\) 的前\(n\)项中只有常数项为\(1\)，其余项均为\(0\)，称为

求\(f(x)\)模\(\displaystyle x^n\)的逆元，或简称求\(f(x)\)的逆元。

多项式可逆当且仅当其常数项可逆，证明见“方法一”\(\displaystyle b_0=\frac1a_0\)

方法1：分治FFT

从常数项出发，比较系数得\(\displaystyle b_0=\frac1a_0\)且\(\displaystyle \sum^k_i=0b_ia_k-i=0\)那么有
\[b_k=\sum^k-1_i=0b_i(-\fraca_k-ia_0)\]
从而可以通过分治FFT 计算，时间复杂度\(\displaystyle \Theta(n \log^2 n)\)。

方法2：倍增法

考虑倍增，从局部的逆元（低次）出发，设\(\displaystyle g_0(x) = g(x) \mod x^k\)，那么有
\[f(x)g_0(x)-1\equiv 0 (\mod x^k)\]
从而有
\[f(x)g_0(x)-1)^2\equiv 0 (mod x^2k)\]
可以发现模的次数增加了，此时展开左边可得

\[g(x)\equiv g_0(x)(2-f(x)g_0(x))(\mod x^2k)\]

从而可以算出\(g(x)\)的前\(2k\)项。

通过摊还分析得时间复杂度为\(\displaystyle \Theta(n \log n)\)

实现

多项式求逆的实现不难，两种方法都可以，但第二种更快，也更容易实现，故此处以方法二为例。
我们每次递归算出模\(\displaystyle x^\fracn2\)的逆元，记为\(g_0\)，再套用\(\displaystyle g(x)\equiv g_0(x)(2-f(x)g_0(x))(\mod x^2k)\)，用FFT计算即可

void solve(LL *a,LL *b,int p)/*a:seq,b:inv*/
    if(p==1)
        b[0]=fpm(a[0],MOD-2);
        return;
    
    solve(a,b,(p+1)>>1);
    lim=1; L=0;
    while(lim<(p<<1))
        lim<<=1;
        L++;
    
    for(int i=0;i<lim;i++)
        rev[i]=rev[i>>1]>>1|(1&i)<<(L-1);
    for(int i=0;i<p;i++)
        tmp[i]=a[i];
    for(int i=p;i<lim;i++)
        tmp[i]=0;
    NTT(tmp,1); NTT(b,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)
        b[i]=(2-b[i]*tmp[i]%MOD+MOD)%MOD*b[i]%MOD;
    NTT(b,-1);
    for(int i=p;i<lim;i++)
        b[i]=0;

例题

P4238 【模板】多项式求逆

这是纯粹的模板题，直接给代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF=1e9+7,MAXN=3e6+10/*Min:2^20+10*/;
const LL G=3,MOD=998244353,INV=332748118;
inline LL fpm(LL base,LL p)
    LL ret=1;
    while(p)
        if(p&1)
            ret=ret*base%MOD;
        base=base*base%MOD;
        p>>=1;
    
    return ret%MOD;

int N,M,lim=1,L,rev[MAXN];
inline void NTT(LL *a,int type)
    for(int i=0;i<lim;i++)
        if(i<rev[i])
            swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1)
        int len=mid<<1/*n*/;
        LL Wn=fpm(G,(MOD-1)/len);
        for(int j=0;j<lim;j+=len)
            LL w=1,t1,t2;
            for(int k=0;k<mid;k++)
                t1=a[j+k],t2=w*a[j+k+mid]%MOD;
                a[j+k]=(t1+t2)%MOD;
                a[j+k+mid]=(t1-t2+MOD)%MOD;
                w=w*Wn%MOD;
            
        
    
    if(type==-1)
        LL lim_inv=fpm(lim,MOD-2);
        reverse(a+1,a+lim);
        for(int i=0;i<lim;i++)
            a[i]=a[i]*lim_inv%MOD;
    

LL tmp[MAXN];
void solve(LL *a,LL *b,int p)/*a:seq,b:inv*/
    if(p==1)
        b[0]=fpm(a[0],MOD-2);
        return;
    
    solve(a,b,(p+1)>>1);
    lim=1; L=0;
    while(lim<(p<<1))
        lim<<=1;
        L++;
    
    for(int i=0;i<lim;i++)
        rev[i]=rev[i>>1]>>1|(1&i)<<(L-1);
    for(int i=0;i<p;i++)
        tmp[i]=a[i];
    for(int i=p;i<lim;i++)
        tmp[i]=0;
    NTT(tmp,1); NTT(b,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)
        b[i]=(2-b[i]*tmp[i]%MOD+MOD)%MOD*b[i]%MOD;
    NTT(b,-1);
    for(int i=p;i<lim;i++)
        b[i]=0;

LL a[MAXN],b[MAXN];
int main()
    scanf("%d",&N);
    for(int i=0;i<N;i++)
        scanf("%lld",a+i);
        a[i]=(a[i]+MOD)%MOD;
    
    solve(a,b,N);
    for(int i=0;i<N;i++)
        printf("%lld ",b[i]);
    return 0;

P4239 【模板】多项式求逆（加强版）

这道题是在任意模数下的多项式求逆，需要将上一个板子的NTT改成MTT