多项式基础3 多项式多点求值 多项式快速插值 多项式取模优化线性递推数列

多项式多点求值

给定$n$个值$x_i$，求$f(x_i)$。

设$f_0(x)={\sum }_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}f(x_i)$，$P_0(x)={\prod }_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}x-x_i$。则有$$f(x)=P_0(x)z(x)+f_0(x)$$其中$z(x)$是某一多项式。

于是对于$i<\frac{n}{2}$，有$f(x_i)=(f\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{P}_0)(x_i)$。后一半同样。递归计算即可，每次用分治卷积和多项式取模，复杂度为$O(n{\log }^{2}n)$。

多项式快速插值

给定$n$个二元组$(x_i,y_i)$，求$F(x)$使$F(x_i)=y_i$。

由拉格朗日插值公式，$$F(x)=\sum _i\frac{{\prod }_{j≠i}(x-x_j)}{{\prod }_{j≠i}(x_i-x_j)}\cdot y_i$$
设$M(x)={\prod }_i(x-x_i)$，则$$F(x)=\sum _i\frac{{\prod }_{j≠i}(x-x_j)}{\frac{M(x_i)}{x_i-x_i}}\cdot y_i$$$$F(x)=\sum _i\frac{{\prod }_{j≠i}(x-x_j)}{M^{\prime }(x_i)}\cdot y_i$$
此时可以用多项式多点求值求出所有的$M^{\prime }(x_i)$。设$A_i=\frac{y_i}{M^{\prime }(x_i)}$，则等式变为$$F(x)=\sum _i{A}_i\prod _{j≠i}(x-x_j)$$
分治即可。设两半边答案分别为$F_0(x)$、$F_1(x)$，则$$F(x)=F_0(x)\prod _{i=mid+1}^r(x-x_i)+F_1(x)\prod _{i=l}^{mid}(x-x_i)$$
复杂度为$O(n{\log }^{2}n)$。

*2019.01.11 13:30:18

线性递推数列

给定长为$m$的数列$a_0,a_1,\cdots ,a_{m-1}$，给定$f(i)(i<m)$，已知对于任意$i\ge m$有$f(i)={\sum }_{j=0}^{m-1}{a}_{j}f(i-j)$，求$f(n)$。
$n=10^{18}$，$m=3\times 10^4$。

设数列$A$满足$f_n={\sum }_{i=0}^{\infty }{A}_i{f}_i$，则我们容易得到一个合法的数列$A$即$A_i^{\prime }=\{\begin{array}{l}0(i≠n)\\ 1(i=n)\end{array}$。若我们求得一个$A$使其非零项的下标都在$[0,m-1]$，则我们可以立即求得$f(n)$。现在考虑将$A^{\prime }$变形。

原等式变形得$$f(i)-\sum _{j=0}^{i-1}{a}_{j}f(i-j)=0$$设多项式$B_i(x)=f(i)-{\sum }_{j=0}^{i-1}{a}_{j}f(i-j)$，则其恒等于$0$。

考虑这样一个过程：我们已有一个合法的$A$，其最高的非零项为$A_k$，现将$A$赋值为$A-B_k$，则其值不变，而最高非零项的下标严格减少。因此我们对$A^{\prime }$不断做这个过程即可得到我们想要的$A$。

事实上，“不断做这个过程”等价于将$A^{\prime }$对$B_{m-1}$取模。用多项式取模，我们就在$O(m\log n\log m)$的时间复杂度内解决了问题。*2018.12.5