【XSY2978】Product of Roots（多项式）

题面&题意

Product of Roots

已知 $f(x),g(x),h(x)$ 能表示成：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\prod _{i=1}^n(a_{i}x+1)\\ g(x)& =\prod _{i=1}^m(b_{i}x+1)\\ h(x)& =\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m(a_i{b}_{j}x+1)\end{array}$$

现在给你 $f(x)$ 和 $g(x)$，要求 $h(x)$。

$n,m\le 10^5,k\le \min (10^5,nm+1)$。

题解

考虑取对数然后泰勒展开，设 $l_i(x)=\ln (a_{i}x+1)$：

$$\begin{array}{rl}\ln (f(x))& =\sum _{i=1}^n\ln (a_{i}x+1)=\sum _{i=1}^n{l}_i(x)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{k=0}^{\infty }\frac{l_i^{(k)}(0)}{k!}{x}^k\end{array}$$

引理：$l_i^{(n)}(x)=[\ln (a_{i}x+1){]}^{(n)}=(-1{)}^{n-1}(n-1)!a_i^n(a_{i}x+1{)}^{-n}$（$n>0$）。

证明：

考虑归纳证明。

首先当 $n=1$ 时，$[\ln (a_{i}x+1){]}^{\prime }={\ln }^{\prime }(a_{i}x+1)\cdot (a_{i}x+1{)}^{\prime }=\frac{1}{a_{i}x+1}\cdot a=a_i(a_{i}x+1{)}^{-1}$。

考虑由 $l_i^{(n)}(x)$ 往 $l_i^{(n+1)}(x)$ 推导：

设 $s(x)=(-1{)}^{n-1}(n-1)!a_i^n{x}^{-n}$，$t(x)=a_{i}x+1$，那么 $s^{\prime }(x)=(-1{)}^{n}n!a_i^n{x}^{-(n+1)}$，$t^{\prime }(x)=a_i$。

则：

$$\begin{array}{rl}{l}_i^{(n+1)}(x)& ={\left[l_i^{(n)}(x)\right]}^{\prime }\\ & =\left[s\right(t(x)){]}^{\prime }=s^{\prime }(t(x))t^{\prime }(x)\\ & =(-1{)}^{n}n!a_i^n(a_{i}x+1{)}^{-(n+1)}\cdot a_i\\ & =(-1{)}^{n}n!a_i^{n+1}(a_{i}x+1{)}^{-(n+1)}\end{array}$$

证毕。

代入得：

$$\begin{array}{rl}\ln (f(x))& =\sum _{i=1}^n\sum _{k=0}^{\infty }\frac{l_i^{(k)}(0)}{k!}{x}^k\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{k-1}(k-1)!a_i^k(a_i\times 0+1{)}^{-k}}{k!}{x}^k\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}{a}_i^k{x}^k\end{array}$$

那么易得：

$$[x^k]\ln (f(x))=\sum _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}{a}_i^k$$

$g(x)$ 同理。

同样地，我们对 $h(x)$ 也取对数：

$$\ln (h(x))=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\ln (a_i{b}_{j}x+1)$$

注意到 $\ln (a_i{b}_{j}x+1)$ 和 $\ln (a_{i}x+1)$ 形式上是相似的，所以我们也同理地得到：

$$\begin{array}{rl}\ln (h(x))& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\ln (a_i{b}_{j}x+1)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}(a_i{b}_j{)}^k{x}^k\end{array}$$

考虑往 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的方向凑：

$$\begin{array}{rl}\ln (h(x))& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}(a_i{b}_j{)}^k{x}^k\\ & =\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}{x}^k\sum _{i=1}^n{a}_i^k\sum _{j=1}^m{b}_j^k\\ & =\sum _{k=0}^{\infty }\frac{k}{(-1{)}^{k-1}}{x}^k\sum _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}{a}_i^k\sum _{j=1}^m\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}{b}_j^k\end{array}$$

那么：

$$\begin{array}{rl}\left[x^k\right]\ln (h(x))& =\frac{k}{(-1{)}^{k-1}}\sum _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}{a}_i^k\sum _{j=1}^m\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}{b}_j^k\\ & =\frac{k}{(-1{)}^{k-1}}([x^k]\ln (f(x)\left)\right)([x^k]\ln (g(x)\left)\right)\end{array}$$

那么我们可以先通过 $\ln (f(x))$ 和 $\ln (g(x))$ 求出 $\ln (h(x))$，然后再求 $\exp$ 就可以求出 $h(x)$ 了。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define LN 19
#define N 100010

using namespace std;

namespace modular
{
	const int mod=998244353;
	inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
	inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
	inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
}using namespace modular;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
	{
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}

inline int poww(int a,int b)
{
	int ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=mul(ans,a);
		a=mul(a,a);
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

int n,m,k;
int inv[N<<2];
int rev[N<<2],w[LN][N<<2][2];
int f[N<<2],g[N<<2],h[N<<2];
int lnf[N<<2],lng[N<<2],lnh[N<<2];

void init(int limit)
{
	for(int i=0;i<limit;i++) inv[i]=poww(i,mod-2);
	for(int bit=0,mid=1;mid<limit;bit++,mid<<=1)
	{
		int len=mid<<1;
		int gn=poww(3,(mod-1)/len);
		int ign=poww(gn,mod-2);
		int g=1,ig=1;
		for(int j=0;j<mid;g=mul(g,gn),ig=mul(ig,ign),j++)
			w[bit][j][0]=g,w[bit][j][1]=ig;
	}
}

void NTT(int *a,int limit,int opt)
{
	opt=(opt<0);
	for(int i=0;i<limit;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(limit>>1));
	for(int i=0;i<limit;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int bit=0,mid=1;mid<limit;bit++,mid<<=1)
	{
		for(int i=0,len=mid<<1;i<limit;i+=len)
		{
			for(int j=0;j<mid;j++)
			{
				int x=a[i+j],y=mul(w[bit][j][opt],a[i+mid+j]);
				a[i+j]=add(x,y),a[i+mid+j]=dec(x,y);
			}
		}
	}
	if(opt)
	{
		int tmp=poww(limit,mod-2);
		for(int i=0;i<limit;i++)
			a[i]=mul(a[i],tmp);
	}
}

void getdao(int *f,int *g,int n)
{
	for(int i=1;i<n;i++)
		g[i-1]=mul(i,f[i]);
	g[n-1]=0;
}

void getint(int *f,int *g,int n)
{
	for(int i=n-1;i>=1;i--)
		g[i]=mul(inv[i],f[i-1]);
	g[0]=0;
}

void getinv(int *f,int *g,int n)
{
	static int ff[N<<2];
	g[0]=poww(f[0],mod-2);
	int now=2;
	for(;now<(n<<1);now<<=1)
	{
		int limit=now<<1;
		for(int i=0;i<now;i++) ff[i]=f[i];
		NTT(ff,limit,1),NTT(g,limit,1);
		for(int i=0;i<limit;i++)
			g[i]=mul(dec(2,mul(ff[i],g[i])),g[i]);
		NTT(g,limit,-1);
		for(int i=now;i<limit;i++) g[i]=0;
	}
	for(int i=n;i<now;i++) g[i]=0;
	for(int i=0;i<now;i++) ff[i]=0;
}

void getln(int *f,int *g,int n)
{
	static int daof[N<<2],invf[N<<2],daog[N<<2];
	getdao(f,daof,n);
	getinv(f,invf,n);
	int limit=1;
	while(limit<(n<<1)) limit<<=1;
	NTT(daof,limit,1),NTT(invf,limit,1);
	for(int i=0;i<limit;i++) daog[i]=mul(daof[i],invf[i]);
	NTT(daog,limit,-1);
	getint(daog,g,n);
	for(int i=0;i<limit;i++) daof[i]=invf[i]=daog[i]=0;
}

void getexp(int *f,int *g,int n)
{
	static int lng[N<<2],ff[N<<2];
	g[0]=1;
	int now=2;
	for(;now<(n<<1);now<<=1)
	{
		int limit=now<<1;
		getln(g,lng,now);
		for(int i=0;i<now;i++) ff[i]=dec(f[i],lng[i]);
		ff[0]=add(ff[0],1);
		NTT(g,limit,1),NTT(ff,limit,1);
		for(int i=0;i<limit;i++) g[i]=mul(g[i],ff[i]);
		NTT(g,limit,-1);
		for(int i=now;i<limit;i++) g[i]=0;
	}
	for(int i=n;i<now;i++) g[i]=0;
	for(int i=0;i<now;i++) lng[i]=ff[i]=0;
}

int main()
{
	n=read()+1,m=read()+1,k=read();
	int limit=1;
	while(limit<(k<<1)) limit<<=1;
	init(limit);
	for(int i=0;i<n;i++) f[i]=read();
	for(int i=0;i<m;i++) g[i]=read();
	getln(f,lnf,k),getln(g,lng,k);
	for(int i=0;i<k;i++)
	{
		lnh[i]=mul(i,mul(lnf[i],lng[i]));
		if(!(i&1)) lnh[i]=dec(0,lnh[i]);
	}
	getexp(lnh,h,k);
	for(int i=0;i<k;i++)
		printf("%d ",h[i]);
	return 0;
}
/*
2 2 5
1 2 1
1 2 1
*/