[学习笔记]多项式相关运算1(求逆,除法,取模,多点求值,快速插值)及应用

前言

突然发现自己好久都没写过博客了…赶紧来补一篇。
[其实自己写过几篇的…然而写到一半就咕掉了…]
相信总有一天会咕回来的
[回归正题]
最近学了有关多项式计算的一些知识。
于是蒟蒻完全进入了挂机状态。
作者用了两篇文章介绍了多项式全家桶的大部分成员[见标题]。
[学习笔记]多项式相关运算2

约定

对于一个多项式$A(x)$,称其最高项的次数为这个多项式的度(degree),记作$de{g}_A$
对于多项式$A(x),B(x)$，存在唯一的$Q(x),R(x)$满足$A(x)=Q(x)B(x)+R(x)$，其中 $de{g}_R<de{g}_B$，我们称$Q(x)$为$B(x)$除$A(x)$的商,$R(x)$为$B(x)$除$A(x)$的余数，可以记作$A(x)\equiv R(x)(modB(x))$

多项式求逆

问题描述

已知一个多项式$A(x)$。如果存在一个多项式$B(x)$。
满足:1.$de{g}_A\ge de{g}_B$
2.$A(x)B(x)\equiv 1(mod{x}^n)$
我们称$B(x)$为$A(x)mod$ $x^n$意义下的逆元，记为$A^{-1}(x)$

分治

考虑用分治来解决这个问题。
当$n=1$时,$A(x)\equiv c(modx)$,即$A(x)c^{-1}\equiv 1(modx)$,$A(x{)}^{-1}=c^{-1}$。
当$n>1$时
$A(x)B(x)\equiv 1(mod$ $x^n)$ $(1)$
设$B^{\prime }(x)$为$A(x)$在$mod$ $x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }$的逆元，假设我们现在已经知道$B^{\prime }(x)$，则:
$A(x)B^{\prime }(x)\equiv 1(mod$ $x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$ $(2)$
显然 $(1)$式可变换为:$A(x)B(x)\equiv 1(mod$ $x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$ $(3)$
$(2)-(3)$式得$A(x)(B(x)-B^{\prime }(x))\equiv 0(mod$ $x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$
即$B(x)-B^{\prime }(x)\equiv 0(mod$ $x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$
两边平方一下
$B^2(x)-2B(x)B^{\prime }(x)+B^{\prime 2}(x)\equiv 0(mod$ $x^n)$

这里解释一下为什么平方可以将膜长平方
我们知道$B(x)-B^{\prime }(x)\equiv 0(mod$ $x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$
可以理解为取模之后各项的系数都为0。
$B(x)-B^{\prime }(x)$在$mod$ $x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil }$下只有$\lceil \frac{n}{2}\rceil$项。
平方之后，有$n$项，我们知道一个项的系数为${\sum }_{j=0}^i{a}_j{a}_{i-j}$,
而$i$,$i-j$必有一项小于$\lceil \frac{n}{2}\rceil$。所以平方之后$mod$ $x^n$也是$0$。

两边同乘以$A(x)$得
$B^2(x)A(x)-2B(x)B^{\prime }(x)A(x)+B^{\prime 2}(x)A(x)\equiv 0(mod$ $x^n)$
注意到$A(x)B(x)\equiv 1(mod$ $x^n)$
那么有$B(x)-2B^{\prime }(x)+B^{\prime 2}(x)A(x)\equiv 0(mod$ $x^n)$
移项 $B(x)\equiv 2B^{\prime }(x)-B^{\prime 2}(x)A(x)(mod$ $x^n)$
使用多项式乘法和减法即可求出$B(x)$

分析一下复杂度:
$T(n)=T(\frac{n}{2})+O(nlogn)=O(nlogn)$
注意不是$O(n$ $lo{g}^{2}n)$。因为n的规模在减半，复杂度介于$O(n$ $logn)$与$O(n$ $lo{g}^{2}n)$之间。

模板

[仅供参考]
[LuoguP4238]【模板】多项式求逆

void mod_Inv(int deg,Poly &a,Poly &b)
//B(x)=2B'(x)-A(x)*B'^2(x)
{
	static Poly c;
	if(deg==1){b[0]=fst_pow(a[0],MOD-2);return ;}
	mod_Inv((deg+1)>>1,a,b);
	int len=1;
	while(len<((deg<<1)-1))len<<=1;
	copy(a,a+deg,c);
	fill(c+deg,c+len,0);NTT(c,len,1);
	fill(b+deg,b+len,0);NTT(b,len,1);
	for(int i=0;i<len;i++)
	b[i]=1LL*(2-1LL*c[i]*b[i]%MOD+MOD)%MOD*b[i]%MOD;
	NTT(b,len,-1);
	fill(b+deg,b+len,0);
}

ex模板

EX:[LuoguP4239]【模板】多项式求逆(加强版)
任意模数NTT=n个NTT+CRT

多项式除法

问题描述

给定两个多项式$A(x)$,$B(x)$
约定$n=de{g}_A,m=de{g}_B$。满足$n\ge m$。
找到一个多项式$D(x)$
满足:
1.$A(x)=D(x)B(x)+P(x)$,其中$A(x)$为被除数,$B(x)$为除数,$P(x)$为余数。
2.$de{g}_D\le n-m$,$de{g}_R<m$

UPD:需要注意的是，这里的除法指的是整除是整数意义上的除法，与前文的求逆有所不同。

计算

考虑直接计算。
方便起见,我们定义$A^R(x)$为原多项式的系数反转后的多项式。
例如$A(x)=2x^3+3x^2+3x+666$,则$A^R(x)=666x^3+3x^2+3x+2$
容易发现$A^R(x)=x^{n}A(\frac{1}{x})$.[自己算算就知道了]
回归我们最开始的式子$A(x)=D(x)B(x)+P(x)$
将$\frac{1}{x}$代入$A(\frac{1}{x})=D(\frac{1}{x})B(\frac{1}{x})+P(\frac{1}{x})$
两边同乘$x^n$得$x^{n}A(\frac{1}{x})=x^{n}D(\frac{1}{x})B(\frac{1}{x})+x^{n}P(\frac{1}{x})$
分配一下$x^{n}A(\frac{1}{x})=x^{n-m}D(\frac{1}{x})x^{m}B(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}{x}^{m-1}P(\frac{1}{x})$
代换一下$A^R(x)=D^R(x)B^R(x)+x^{n-m+1}{P}^R(x)$
由于我们要求的是$D(x)$,而现在只有$P^R(x)$的系数不为$1$,我们肯定要想办法去掉$P^R(x)$。
我们可以两边同时$mod$ $x^{n-m+1}$,将$P^R(x)$消掉。
同时,$D(x)$的最高次项是$n-m$次,也不会对我们求解$D(x)$有任何影响。
得$A^R(x)\equiv D^R(x)B^R(x)(mod$ $x^{n-m+1})$
移项 $A^R(x)B^{R^{-1}}(x)\equiv D^R(x)(mod$ $x^{n-m+1})$
我们只需求$B^{R^{-1}}(x)$,并与$A^R(x)$做乘法即可。

模板

[仅供参考]

void mod_div(Poly &a,Poly &p,int n,int m)
{
	static Poly tmp,p0,p1,D;
	copy(a,a+n,tmp);
	reverse(tmp,tmp+n);
	copy(p,p+m,p0);
	reverse(p0,p0+m);
	mod_Inv(n-m+1,p0,p1);
	int len=1;
	while(len<(n-m+1)*2-1)len<<=1;
	fill(tmp+n-m+1,tmp+len,0);
	NTT(tmp,len,1);
	fill(p1+n-m+1,p1+len,0);
	NTT(p1,len,1);
	for(int i=0;i<len;i++)
		D[i]=(1LL*tmp[i]*p1[i])%MOD;
	NTT(D,len,-1);
	fill(D+n-m+1,D+len,0);
	reverse(D,D+n-m+1);
}

多项式取模

问题描述

给定两个多项式$A(x)$,$B(x)$
约定$n=de{g}_A,m=de{g}_B$。满足$n\ge m$。
找到一个多项式$P(x)$
满足:
1.$A(x)=D(x)B(x)+P(x)$,其中$A(x)$为被除数,$B(x)$为除数,$D(x)$为商。
2.$de{g}_D\le n-m$,$de{g}_R<m$

计算

有了上一节的计算，求$P(x)$就简单多了。
直接将式子变形$P(x)=A(x)-D(x)B(x)$
先求$D(x)$,再求$P(x)$即可。

模板

[仅供参考]

void mod_MOD(Poly &a,Poly &p,int n,int m)
//R(x)=A(x)-D(x)*B(x)
//先求D(x),再求R(x)->A'(x)
{
	static Poly tmp,p0,p1,D;
	copy(a,a+n,tmp);
	reverse(tmp,tmp+n);
	copy(p,p+m,p0);
	reverse(p0,p0+m);
	mod_Inv(n-m+1,p0,p1);
	int len=1;
	while(len<(n-m+1)*2-1)len<<=1;
	fill(tmp+n-m+1,tmp+len,0);
	NTT(tmp,len,1);
	fill(p1+n-m+1,p1+len,0);
	NTT(p1,len,1);
	for(int i=0;i<len;i++)
		D[i]=(1LL*tmp[i]*p1[i])%MOD;
	NTT(D,len,-1);
	fill(D+n-m+1,D+len,0);
	reverse(D,D+n-m+1);
	len=1;
	while(len<n)len<<=1;
	NTT(D,len,1);
	fill(p0+m,p0+len,0);
	reverse(p0,p0+m);
	NTT(p0,len,1);
	for(int i=0;i<len;i++)D[i]=(1LL*D[i]*p0[i])%MOD;
	NTT(D,len,-1);
	for(int i=0;i<n;i++)a[i]=(a[i]-D[i]+MOD)%MOD;
}

应用:常系数齐次线性递推

[CodeChef RNG]Random Number Generator
右转dalao博客
前面所有板子都用上了
[调了两个多小时，调着调着就跟dalao的代码没什么区别了…]

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN=30005,MOD=104857601,G=3;
#define LL long long
typedef int Poly[MAXN*5];
int read()  
{  
    int x=0,f=1;char s=getchar();  
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}  
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}  
    return x*f;  
}
int fst_pow(int x,int y)
{
	int res=1;
	while(y){
		if(y&1)res=((LL)x*res)%MOD;
		x=((LL)x*x)%MOD,y>>=1;
	}return res;
}
void print(Poly &a,int n)
{
	for(int i=0;i<n;i++)
	printf("%d ",a[i]);
	printf("\n");
}
//Poly_Calc
	void NTT(Poly &a,int n,int x)
	{
		for(int i=0,j=0;i<n;i++)
		{
			if(i<j)swap(a[i],a[j]);
			int k=n>>1;
			while(k&&(k&j))j^=k,k>>=1;
			j^=k;
		}
		for(int i=1;i<n;i<<=1)
		{
			int gn=fst_pow(G,(MOD-1)/(i<<1)),g=1;
			if(x==-1)gn=fst_pow(gn,MOD-2);
			for(int j=0;j<i;j++,g=(1LL*g*gn)%MOD)
				for(int l=j,r=l+i;l<n;l+=(i<<1),r=l+i)
				{
					int temp=(1LL*a[r]*g)%MOD;
					a[r]=(a[l]-temp+MOD)%MOD;
					a[l]=(a[l]+temp)%MOD;
				}
		}
		if(x==1)return;
		int ny=fst_pow(n,MOD-2);
		for(int i=0;i<n;++i) a[i]=1LL*a[i]*ny%MOD;
	}
	void mod_Inv(int deg,Poly &a,Poly &b)
	//B(x)=2C(x)-A(x)*C^2(x)
	{
		static Poly c;
		if(deg==1){b[0]=fst_pow(a[0],MOD-2);return ;}
		mod_Inv((deg+1)>>1,a,b);
		int len=1;
		while(len<((deg<<1)-1))len<<=1;
		copy(a,a+deg,c);
		fill(c+deg,c+len,0);NTT(c,len,1);
		fill(b+deg,b+len,0);NTT(b,len,1);
		for(int i=0;i<len;i++)
		b[i]=1LL*(2-1LL*c[i]*b[i]%MOD+MOD)%MOD*b[i]%MOD;
		NTT(b,len,-1);
		fill(b+deg,b+len,0);
	}
	void mod_MOD(Poly &a,Poly &p,int n,int m)
	//A(x)=D(x)B(x)+R(x) 求R(x)
	//rev(D(x))=rev(A(x))*rev^-1(B(x))(mod x^(n-m+1))
	//R(x)=A(x)-D(x)*B(x)
	//先求D(x),再求R(x)->A'(x)
	{
		static Poly tmp,p0,p1,D;
		copy(a,a+n,tmp);
		reverse(tmp,tmp+n);
		copy(p,p+m,p0);
		reverse(p0,p0+m);
		mod_Inv(n-m+1,p0,p1);
		int len=1;
		while(len<(n-m+1)*2-1)len<<=1;
		fill(tmp+n-m+1,tmp+len,0);
		NTT(tmp,len,1);
		fill(p1+n-m+1,p1+len,0);
		NTT(p1,len,1);
		for(int i=0;i<len;i++)
			D[i]=(1LL*tmp[i]*p1[i])%MOD;
		NTT(D,len,-1);
		fill(D+n-m+1,D+len,0);
		reverse(D,D+n-m+1);
		len=1;
		while(len<n)len<<=1;
		NTT(D,len,1);
		fill(p0+m,p0+len,0);
		reverse(p0,p0+m);
		NTT(p0,len,1);
		for(int i=0;i<len;i++)D[i]=(1LL*D[i]*p0[i])%MOD;
		NTT(D,len,-1);
		for(int i=0;i<n;i++)a[i]=(a[i]-D[i]+MOD)%MOD;
	}
	void mod_Mul(Poly &a,Poly &b,Poly &p,int n)
	//注意取模
	{
		static Poly tmp;
		copy(b,b+n,tmp);
		int len=1;
		while(len<(n<<1))len<<=1;
		fill(a+n,a+len,0);
		fill(tmp+n,tmp+len,0);
		NTT(a,len,1),NTT(tmp,len,1);
		for(int i=0;i<len;i++)a[i]=(1LL*a[i]*tmp[i])%MOD;
		NTT(a,len,-1);
		mod_MOD(a,p,n*2-1,n);
	}
//END
void matrix_pow(Poly &res,Poly &a,LL b,Poly &p,int n)
{
	fill(res,res+n,0);
	res[0]=1;
	while(b)
	{
		if(b&1LL)mod_Mul(res,a,p,n);
		mod_Mul(a,a,p,n);
		b>>=1LL;
	}
}
LL n,k;
Poly A,C,P,t,f;
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&k,&n);
	for(int i=0;i<k;i++)scanf("%d",&A[i]);
	for(int i=0;i<k;i++)scanf("%d",&C[i]);
	P[k]=1;//p为p(x)=1*x^k-C_1*x^{k-1}-....-C_{k-1}*x-C_k
	for(int i=0;i<k;i++)
	P[i]=(MOD-C[k-i-1])%MOD;//防止负数
	t[1]=1;//相当于每次乘一个x[即向右移]
	matrix_pow(f,t,n-1,P,k+1);//实际上并不是矩阵乘法
	int ans=0;
	for(int i=0;i<k;i++)ans=(ans+(1LL*A[i]*f[i])%MOD)%MOD;//
	printf("%d",ans);
}

多项式多点求值

问题描述

给定一个多项式$A(x)$和坐标点集 X = { x 0 , x 1 , x 2 , . . . , x n − 1 } X=\{x_0,x_1,x_2,...,x_{n-1}\} X={x0​,x1​,x2​,...,xn−1​}。
求$A(x_1),A(x_2),A(x_3),...,A(x_n)$。

暴力

直接将每个$x_i$暴力代入求值。
复杂度$O(nde{g}_A)$。
[倒是可以套一下秦九韶算法之类的…]

分治

没错，还是分治。
尝试将点集$X$分成两个部分。
X [ 0 ] = { x 0 , x 1 , x 2 , . . . , x ⌊ n 2 ⌋ } X^{[0]}=\{x_0,x_1,x_2,...,x_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\} X[0]={x0​,x1​,x2​,...,x⌊2n​⌋​}
X [ 1 ] = { x ⌊ n 2 ⌋ + 1 , x ⌊ n 2 ⌋ + 2 , x ⌊ n 2 ⌋ + 3 , . . . , x n − 1 } X^{[1]}=\{x_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor+1},x_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor+2},x_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor+3},...,x_{n-1}\} X[1]={x⌊2n​⌋+1​,x⌊2n​⌋+2​,x⌊2n​⌋+3​,...,xn−1​}
同时，我们必须能够把系数减半。
令点集$X^{[0]}$插值得到的多项式为$A^{[0]}(x)$,点集$X^{[1]}$插值得到的多项式为$A^{[1]}(x)$。两个多项式的最高次都为$\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$。
考虑构造多项式:
$$P^{[0]}(x)=\prod _{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }(x-x_i)$$
$$P^{[1]}(x)=\prod _{i=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1}^n(x-x_i)$$
然而为什么我们要将多项式构造成这样呢?
容易发现当$x\in X^{[0]}$时,$P^{[0]}=0$,当$x\in X^{[1]}$时,$P^{[1]}=0$。
这样我们就可以将$A^{[0]}(x)$构造成:
$$A^{[0]}(x)=D(x)P^{[0]}(x)+A(x)$$
同理
$$A^{[1]}(x)=D(x)P^{[1]}(x)+A(x)$$
转换一下
$$A^{[0]}(x)\equiv A(x)(mod{P}^{[0]}(x))$$
$$A^{[1]}(x)\equiv A(x)(mod{P}^{[1]}(x))$$
这样，我们就可以保证$x\in X^{[0]}$时,$A(x)$与$A^{[0]}(x)$取相同的值,$x\in X^{[1]}$时,$A(x)$与$A^{[1]}(x)$取相同的值。
需要用到多项式取模，取模复杂度$O(nlogn)$。
分析一下复杂度:
$T(n)=2T(\frac{n}{2})+O(nlogn)=O(nlo{g}^{2}n)$

模板

[Lougu P5050]【模板】多项式多点求值

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int MAXN=600005,MOD=998244353,G=3;
#define LL long long
typedef int Poly[MAXN+5];
int ct=0,lc[MAXN+5],rc[MAXN+5];
vector<int> P[MAXN+5];
int A[18][MAXN+5];
int read()  
{  
    int x=0,f=1;char s=getchar();  
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}  
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}  
    return x*f;  
}
int fst_pow(int x,int y)
{
    int res=1;
    while(y){
        if(y&1)res=(1LL*x*res)%MOD;
        x=(1LL*x*x)%MOD,y>>=1;
    }return res;
}
void print(Poly &a,int n)
{
    for(int i=0;i<n;i++)
    printf("%d ",a[i]);
    printf("\n");
}
//Poly_Calc
    void NTT(Poly &a,int n,int x)
    {
        for(int i=0,j=0;i<n;i++)
        {
            if(i<j)swap(a[i],a[j]);
            int k=n>>1;
            while(k&&(k&j))j^=k,k>>=1;
            j^=k;
        }
        for(int i=1;i<n;i<<=1)
        {
            int gn=fst_pow(G,(MOD-1)/(i<<1)),g=1;
            if(x==-1)gn=fst_pow(gn,MOD-2);
            for(int j=0;j<i;j++,g=(1LL*g*gn)%MOD)
                for(int l=j,r=l+i;l<n;l+=(i<<1),r=l+i)
                {
                    int temp=(1LL*a[r]*g)%MOD;
                    a[r]=(a[l]-temp+MOD)%MOD;
                    a[l]=(a[l]+temp)%MOD;
                }
        }
        if(x==1)return;
        int ny=fst_pow(n,MOD-2);
        for(int i=0;i<n;++i) a[i]=1LL*a[i]*ny%MOD;
    }
    void mod_Mul(Poly &a,Poly &b,Poly &res,int n)
    {
        static Poly a0,b0;
        copy(a,a+n,a0);copy(b,b+n,b0);
        NTT(a0,n,1);NTT(b0,n,1);
        for(int i=0;i<n;i++)
        a0[i]=(1LL*a0[i]*b0[i])%MOD;
        NTT(a0,n,-1);
        copy(a0,a0+n,res);
    }
    void mod_Inv(int deg,Poly &a,Poly &b)
    //B(x)=2C(x)-A(x)*C^2(x)
    {
        static Poly c;
        if(deg==1){b[0]=fst_pow(a[0],MOD-2);return ;}
        mod_Inv((deg+1)>>1,a,b);
        int len=1;
        while(len<((deg<<1)-1))len<<=1;
        copy(a,a+deg,c);
        fill(c+deg,c+len,0);NTT(c,len,1);
        fill(b+deg,b+len,0);NTT(b,len,1);
        for(int i=0;i<len;i++)
        b[i]=1LL*(2-1LL*c[i]*b[i]%MOD+MOD)%MOD*b[i]%MOD;
        NTT(b,len,-1);
        fill(b+deg,b+len,0);
    }
    void mod_MOD(Poly &res,Poly &a,Poly &p,int n,int m)
    //A(x)=D(x)B(x)+R(x) 求R(x)
    //rev(D(x))=rev(A(x))*rev^-1(B(x))(mod x^(n-m+1))
    //R(x)=A(x)-D(x)*B(x)
    //先求D(x),再求R(x)->A'(x)
    {
        static Poly tmp,p0,p1,D;
        int len=1;while(len<=(n<<1))len<<=1;
        for(int i=0;i<=len;i++)tmp[i]=p0[i]=p1[i]=D[i]=0;
        copy(a,a+n+1,tmp);
        reverse(tmp,tmp+n+1);
        copy(p,p+m+1,p0);
        reverse(p0,p0+m+1);
        fill(p0+n-m+1,p0+m+1,0);
        len=1;
        while(len<=(n-m))len<<=1;
        mod_Inv(len,p0,p1);
        len=1;
        while(len<=(n<<1))len<<=1;
        mod_Mul(p1,tmp,D,len);
        reverse(D,D+n-m+1);
        fill(D+n-m+1,D+len,0);
        mod_Mul(D,p,tmp,len);
        for(int i=0;i<m;i++)res[i]=(a[i]-tmp[i]+MOD)%MOD;
    }
//END
Poly B,X;
void get_P(int& id,int l,int r)
{
    static Poly p0,p1,res;
    id=++ct;
    int len=1,mid=(l+r)>>1;
    while(len<(r-l+2))len<<=1;
    P[id].resize(len);
    if(l==r)
    {
        P[id][0]=(MOD-(X[l-1]%MOD+MOD)%MOD);
        P[id][1]=1;return ;
    }
    get_P(lc[id],l,mid);
    get_P(rc[id],mid+1,r);
    int Lsiz=P[lc[id]].size();
    for(int i=0;i<Lsiz;i++)p0[i]=P[lc[id]][i];
    fill(p0+Lsiz,p0+len,0);
    int Rsiz=P[rc[id]].size();
    for(int i=0;i<Rsiz;i++)p1[i]=P[rc[id]][i];
    fill(p1+Rsiz,p1+len,0);
    mod_Mul(p0,p1,res,len);
    for(int i=0;i<len;i++)P[id][i]=res[i];
}
void point_eva(int dep,int id,int l,int r,int len)
{
    static Poly nP;
    int m=r-l+1;
    fill(nP,nP+len+10,0);
    for(int i=0;i<=m;i++)nP[i]=P[id][i];
    if(len>=m)mod_MOD(A[dep],A[dep-1],nP,len,m);
    else copy(A[dep-1],A[dep-1]+m,A[dep]);
    if(l==r)
    {printf("%d\n",A[dep][0]);return ;}
    int mid=(l+r)>>1;
    point_eva(dep+1,lc[id],l,mid,m-1);
    point_eva(dep+1,rc[id],mid+1,r,m-1);
}
int n,m;
int main()
{
    n=read(),m=read();
    for(int i=0;i<=n;i++)A[0][i]=read();
    for(int i=0;i<m;i++)X[i]=read();
    int rt;
    get_P(rt,1,m);
    point_eva(1,rt,1,m,n);
    //system("pause");
}

多项式快速插值

问题描述

点集 X = { ( x 0 , y 0 ) , ( x 1 , y 1 ) , ( x 2 , y 2 ) , . . . , ( x n − 1 , y n − 1 ) } X=\{(x_0,y_0),(x_1,y_1),(x_2,y_2),...,(x_{n-1},y_{n-1})\} X={(x0​,y0​),(x1​,y1​),(x2​,y2​),...,(xn−1​,yn−1​)}。
求$A(x)$。

暴力

列方程，高斯消元即可。
复杂度$O(n^3)$。

分治

同理，我们先尝试将点集$X$分成两个部分。
X [ 0 ] = { ( x 0 , y 0 ) , ( x 1 , y 1 ) , . . . , ( x ⌊ n 2 ⌋ , y ⌊ n 2 ⌋ ) } X^{[0]}=\{(x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor},y_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor})\} X[0]={(x0​,y0​),(x1​,y1​),...,(x⌊2n​⌋​,y⌊2n​⌋​)}
X [ 1 ] = { ( x ⌊ n 2 ⌋ + 1 , y ⌊ n 2 ⌋ + 1 ) , ( x ⌊ n 2 ⌋ + 2 , y ⌊ n 2 ⌋ + 2 ) , . . . , ( x n − 1 , y n − 1 ) } X^{[1]}=\{(x_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor+1},y_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor+1}),(x_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor+2},y_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor+2}),...,(x_{n-1},y_{n-1})\} X[1]={(x⌊2n​⌋+1​,y⌊2n​⌋+1​),(x⌊2n​⌋+2​,y⌊2n​⌋+2​),...,(xn−1​,yn−1​)}
令点集$X^{[0]}$插值得到的多项式为$A^{[0]}(x)$。
假设我们已经知道了多项式$A^{[0]}(x)$,我们现在要将其转换为$A(x)$。
构造多项式$$P(x)=\prod _{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }(x-x_i)$$
考虑构造
$$A(x)=A^{[1]}(x)P(x)+A^{[0]}(x)$$
其中$A(x),A^{[1]}(x)$都未知。
明显，这样构造当$(x_i,y_i)\in X^{[0]},A(x_i)=A^{[0]}(x_i)$
那么我们现在的问题就是如何构造$A^{[1]}(x)$使得当$(x_i,y_i)\in X^{[1]},A(x_1)=A^{[1]}(x_i)$。
那么有$y_i=A^{[1]}(x_i)P(x_i)+A[0](x_i)$。
化简得$A^{[1]}(x_i)=\frac{y_i-A[0](x_i)}{P(x_i)}$。
可以得到一个新的点集$X^{\prime [1]}$。
用插值法求出$A^{[1]}(x)$,再求$A(x)$即可。

模板

[Lougu P5158]【模板】多项式快速插值
UPD：我放弃挣扎了

例题 [51nod 1387] 移数字

关于题解…它已经鸽掉了…

感谢

感谢以下dalao的帮助:
1.yoyoball大佬:【learning】多项式相关（求逆、开根、除法、取模）
2.CaptainChen学长:【CodeChef RNG】Random Number Generator（多项式取模）
3.Miskcoo大佬:多项式的多点求值与快速插值
4.ZZQ大佬:多项式多点求值和插值
5.xyz32768大佬:[学习笔记]多项式的整除、取模、多点求值和插值及常系数线性递推
[等一下,这文章题目好像…]
同时,也用作学习资料供大家参考。