EOJ 1074多项式展开

1074多项式展开 题解

author : uniecho1

思路

其实一上来我是心存幻想，希望能不用多项式乘法切掉的…

然后简单算了一下，如果用线性求逆元预处理组合数，上二项式展开，再怎么样都是$O(n^2)$级别…

所以肯定是要推出卷积形式上多项式乘法了

（顺便一提，这个题涉及到对$998244353$取模了，必然不会是快速傅里叶变换，而是快速数论变换）

如果$A=0$的话就直接输出就行了，我们只考虑$A!=0$的情况
$$f(x)={\Sigma }_{i=0}^n{a}_i(x+A{)}^i={\Sigma }_{i=0}^n{a}_i{\Sigma }_{j=0}^i{C}_i^j{x}^j{A}^{i-j}={\Sigma }_{i=0}^n{x}^i{\Sigma }_{j=i}^n{a}_j{C}_j^i{A}^{j-i}={\Sigma }_{i=0}^n{x}^i{\Sigma }_{j=i}^n{a}_j\frac{j!}{i!(j-i)!}{A}^{j-i}$$
又
$$f(x)={\Sigma }_{i=0}^n{b}_i{x}^i$$
对比一下系数，得到
$$b_i={\Sigma }_{j=i}^n\frac{j!}{i!(j-i)!}{A}^{j-i}{a}_j$$
移项，得到
$$i!\ast b_i\ast A^i={\Sigma }_{j=i}^n\frac{j!}{(j-i)!}{A}^j={\Sigma }_{j=0}^{n-i}\frac{(n-j)!}{(n-j-i)!}{A}^j{a}_j$$
注意到$(n-j-i)!$的首项会随着$i$的变化而不断变化，不能很好的处理，尝试用$n-i$来替换$i$，得到
$$(n-i)!\ast b_{n-i}\ast A^{n-i}={\Sigma }_{j=0}^i\frac{(n-j)!A^{n-j}}{(i-j)!}{a}_{n-j}$$
我们依次令
$$p_i=(n-i)!b_{n-i}{A}^{n-i}$$
$$q_j=(n-j)!A^{n-j}{a}_{n-j}$$
$$r_j=\frac{1}{j!}$$
那么可以得到卷积形式
$$p_i={\Sigma }_{j=0}^i{q}_j{r}_{i-j}$$
先把这玩意儿放在一边，我们来看看多项式乘法：

给定$n$次多项式$B(x)=b_n{x}^n+b_{n-1}{x}^{n-1}+...+b_{1}x+b_0$和$m$次多项式$C(x)=c_n{x}^n+c_{n-1}{x}^{n-1}+...+c_{1}x+c0$,求它们的乘积$n+m$次多项式$A(x)=B(x)\ast C(x)=a_{n+m}{x}^{n+m}+a_{n+m-1}{x}^{n+m-1}+...+a_{1}x+a_0$

简单思考一下，发现有
$$a_i={\Sigma }_{j=0}^i{b}_j{c}_{i-j}$$
和上面的卷积形式一模一样，所以实际上我们现在要做的就是求一个多项式乘法

考虑一下做法：如果直接展开，显然还是$O(n^2)$，鉴定为纯纯的超时

这个时候就要引入新的概念：多项式的点值表达形式。具体来说，对于一个$n$次多项式$B(x)$，如果给定了其在$n$个不同$x$处的值，那么我们可以唯一确定$B(x)$.回想一下线性代数的知识，这个结论还是比较容易得到的

那么用点值表达形式的多项式怎么求多项式乘法$A(x)=B(x)\ast C(x)$呢？如果两个多项式的取值的$x$集合相同，那么我们只需要将对应于同一$x$的$B(x)与C(x)$相乘，然后就能得到$A(x)$在$x$处的值，进一步得到$A(x)$的点值表达式

现在我们可以$O(n)$进行点值表达式的求积了，然而我们还需要考虑如何将$B(x)$与$C(x)$从一般表达转换为点值表达，以及如何把$A(x)$从点值表达转换为多项式表达

如果随便取$n$个不同的$x$进行多项式求值（注意这里其实已经$n^2$复杂度了），然后再拉格朗日插值反解系数，时间复杂度依旧是$O(n^2)$，鉴定为寄

所以我们要通过精心选取$x$来进行求值，来减少多项式求值与插值的复杂度

所谓精心选取，放在$FFT$里，是选取复数单位根；放在$NTT$里，是选取原根。这俩都有一些比较神奇的性质

限于篇幅，就题论题，只说$NTT$

• 原根的定义：设$m$为正整数，$a$是整数，若$a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$的阶等于$\varphi (m)$（欧拉函数），那么称$a$为模$m$的一个原根

• 阶的定义：若对于存在一个最小正整数$d$使得$a^d\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m=1$，那么称$d$是$a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$的阶

$998244353$是一个素数（可以记一下，这个数经常出现），它的一个原根为$3$

基于上述定义，以及现在模数是一个素数的情况（注意这一点很重要，任意模数$NTT$会非常棘手)，原根会有以下有趣的性质:

• 对于任意$0<i<p$ ，$g^i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$互不相同（一句话证明：如果中间出现相同的了，说明会有更小的$d$使得$a^d\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m=1$，与原根定义矛盾）

有什么用呢？假如我们现在要求一个$n=2^l$次多项式$A(x)$在$n$个不同点的值：

1. 令$g_n=g^{\frac{p-1}{n}}$(ps.$998244353=2^{23}\ast 119+1$，只要$n$没有大于$2^{23}$就不会有问题，对于这个题而言，显然够了)
2. 将$A(x)$按项数的奇偶性拆分成两部分$A(x)={\Sigma }_{i=0}^{2^l}{a}_i{x}^i={\Sigma }_{i=0}^{2^{l-1}}{a}_{2i}{x}^{2i}+x{\Sigma }_{i=0}^{2^{l-1}}{a}_{2i+1}{x}^{2i}$
3. 我们将$g_n^k$与$g_n^{k+\frac{n}{2}}$分别带入$A(x)$求值（其中$0\le k<n/2$），我们会得到

$$formula1:A(g_n^k)={\Sigma }_{i=0}^{2^{l-1}}{a}_{2i}{g}_n^{2ki}+g_n^k{\Sigma }_{i=0}^{2^{l-1}}{a}_{2i+1}{g}_n^{2ki}$$

$$formula2:A(g_n^{k+\frac{n}{2}})={\Sigma }_{i=0}^{2^{l-1}}{a}_{2i}{g}_n^{2ki+ni}+g_n^{k+\frac{n}{2}}{\Sigma }_{i=0}^{2^{l-1}}{a}_{2i+1}{g}_n^{2ki+ni}$$

引理：

• $g_n^n=1$(一句话证明：$g_n^n=g^{p-1}=g^{\varphi (p)}=1$)(欧拉定理)
• $g_n^{k+n}=g_n^k$(一句话证明：$g_n^{k+n}=g_n^k\ast g_n^n=g_n^k$)
• $g_n^{\frac{n}{2}}=-1$(一句话证明:$g_n^n=(g_n^{\frac{n}{2}}{)}^2$，所以$g_n^{\frac{n}{2}}=\pm 1$，根据之前互不相同的结论$g_n^{\frac{n}{2}}=-1$)
• $g_n^{k+\frac{n}{2}}=-g_n^k$(一句话证明：$g_n^{k+\frac{n}{2}}=g_n^k\ast g_n^{\frac{n}{2}}=-g_n^k$)

所以我们可以把第二个式子换成
$$formula3:A(g_n^{k+\frac{n}{2}})={\Sigma }_{i=0}^{2^{l-1}}{a}_{2i}{g}_n^{2ki}-g_n^k{\Sigma }_{i=0}^{2^{l-1}}{a}_{2i+1}{g}_n^{2ki}$$
把$formula1$和$formula3$对比一下，我们会发现，唯一的区别，就是中间那个正负号

这说明，我们只需要计算一半的值，剩下的一半可以直接改正负号得到

再来观察一下$formula3$:

因为$g_n^{2ki}=g^{\frac{p-1}{n}\ast 2ki}=g^{\frac{p-1}{2^{l-1}}\ast ki}$

我们令$n^{\prime }=2^{l-1}$，那么我们要计算的前一个部分会变成
$${\Sigma }_{i=0}^{2^{l-1}}{a}_{2i}{g}_n^{2ki}={\Sigma }_{i=0}^{n^{\prime }}{a}_{2i}{g}_{n^{\prime }}^{ki}=A^{even}(g_{n^{\prime }}^{ki})$$
本质是对$A$中偶数项进行$g_{n^{\prime }}^{ki}$(其中$0\le k<n^{\prime }$)处的表达式求值，我们依旧可以使用$g_{n^{\prime }}^{ki}$与$g_{n^{\prime }}^{ki+\frac{n^{\prime }}{2}}$来成对计算，从而降低复杂度；后一个部分同理

也就是说，这个计算量减半的过程是可递归的

简单看一下复杂度:$f(n)=2\ast f(\frac{n}{2})+O(n)$根据主定理复杂度为$O(nlogn)$

所以，现在我们做到了以$O(nlogn)$的时间代价从多项式的一般表达式得到点值表达式

再来看一下怎么从点值表达式求得一般表达式

假如我们现在有$A(x)$在$n$个$g_n^{ki}$出的值

$\frac{formula1+formula3}{2}$可以直接得到$A^{even}(x)$在$n^{\prime }$个$g_{n^{\prime }}^{ki}$处的值

$\frac{formula1-formula3}{2}\ast (g_n^{ki}{)}^{-1}$可以直接得到$A^{odd}(x)$在$n^{\prime }$个$g_{n^{\prime }}^{ki}$处的值

依旧是一个递归问题，$even$和$odd$不断划分最后就得到某个系数的值了

显然这个过程的时间复杂度也是$O(nlogn)$的

综上所述，我们的流程变成了
$$B和C求点值表达O(nlogn)->B和C在每一个点求积得到A的点值表达式O(n)->把A转换为一般表达式O(nlogn)$$
时间复杂度成功降下来了

不过现在是递归进行快速数论变换，常数巨大，有可能卡不过去，所以我们还需要把它改成迭代版$NTT$

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观察一下每次按奇偶性分类，最后的结果就是二进制表达翻转排序（其实考虑每一次都是按最后一位是$0/1$分类的话挺好证明的，我就不证了）

所以我们可以直接先预处理排序结果，然后自底向上迭代

好了假如现在我们通过$NTT$把$i!b_i{A}^i$求出来了，那么接下来就只需要对$i!$和$A^i$求逆元再乘回去就行了

$A^i$很简单，$i!$也就是个线性求逆元的事儿，$i^{-1}=-\lfloor (P/i)\rfloor (P\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i{)}^{-1}$,然后累乘就行了

完结撒花，附上完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int MAXN=1e6+5;
const int mod=998244353;
const int G=3;
const int invG=332748118;

int quickPow(int x,int k) { //经典快速幂
	if(!k)
		return 1;
	else if(k&1)
		return quickPow(x*x%mod,k>>1)*x%mod;
	else
		return quickPow(x*x%mod,k>>1);
}

struct convolve {
	int lim,len;
	int R[MAXN];
	void NTT(int* A,int flag) {
		//A:实现NTT变换的数组指针
		//flag=1:一般表达式->点值表达式
		//flag=-1:点值表达式->一般表达式
		for(int i=0; i<lim; i++)
			if(i<R[i])
				swap(A[i],A[R[i]]);//显然R[R[i]]=i，所以交换一下就完事儿了
		for(int i=1; i<lim; i<<=1) {
			int n=i<<1;//一次性处理的区间的长度
			int gn=quickPow(flag>0?G:invG,(mod-1)/n);
            //一般表达式转点值表达式的时候获得n次原根
            //点值表达式转一般表达式的获得其逆元
			for(int j=0; j<lim; j+=n) { //枚举处理哪个区间
				int g=1;
				for(int k=0; k<i; k++) {
                    //对于上一层的区间而言,A[j+k]和A[j+i+k]使用的都是g_{n/2}^{k}
                    //所以放在这里直接取用就行
					int x=A[j+k],y=g*A[j+i+k]%mod;
					A[j+k]=(x+y)%mod;
					A[j+i+k]=(x-y+mod)%mod;
                    //注意，对于点值表达式转一般表达式的情况，我们没有进行除2的操作，这个会在最后补上
					g=g*gn%mod;//获得下一个g
				}
			}
		}
	}
	void conv(int N,int* A,int* B,int* C) {
		lim=1;
		while(lim<=2*N)//添加0项使得多项式项数为2^lim，方便后面均分操作
			lim<<=1,++len;
		for(int i=0; i<lim; i++)
			R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));//计算i的二进制翻转得到的值，本质上是一个动态规划
		NTT(B,1);
		NTT(C,1);
		for(int i=0; i<lim; i++)
			A[i]=B[i]*C[i]%mod;//直接求积
		NTT(A,-1);
		int invlim=quickPow(lim,mod-2);
		for(int i=0; i<=N; i++)
			A[i]=A[i]*invlim%mod;//把NTT里面没有除去的2给除了
	}
} solution;

int n,A;
int a[MAXN],p[MAXN],q[MAXN],r[MAXN],fac[MAXN],inv[MAXN],invfac[MAXN];

signed main() {
	//freopen("in.txt","r",stdin);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n;
	for(int i=0; i<=n; i++)
		cin>>a[i];
	cin>>A;
	if(!A)
		for(int i=0; i<=n; i++)//特判一下A=0的情况，直接输出就行
			cout<<a[i]<<" ";
	else {
		fac[0]=fac[1]=1;
		for(int i=2; i<=n; i++)
			fac[i]=fac[i-1]*i%mod;//阶乘
		inv[0]=inv[1]=1;
		for(int i=2; i<=n; i++)
			inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;//线性求逆元
		invfac[0]=invfac[1]=1;
		for(int i=2; i<=n; i++)
			invfac[i]=invfac[i-1]*inv[i]%mod;//阶乘逆元
		for(int i=0; i<=n; i++)
			q[i]=fac[i]*quickPow(A,i)%mod*a[i]%mod;
		reverse(q,q+n+1);//获得q
		for(int i=0; i<=n; i++)
			r[i]=invfac[i];//获得r
		solution.conv(n,p,q,r);
		reverse(p,p+n+1);//转成原来的顺序
		int invA=quickPow(A,mod-2);
		for(int i=0; i<=n; i++)
			p[i]=p[i]*invfac[i]%mod*quickPow(invA,i)%mod;//把多余的项给抵消掉
		for(int i=0; i<=n; i++)
			cout<<p[i]<<" ";//输出答案
        return 0;
	}
	return 0;
}