本文介绍了多项式的高级运算技巧，包括多项式开根、多项式对数、指数运算、快速幂及牛顿迭代法等。通过这些方法可以高效解决复杂的多项式问题。
多项式开根：
要求一个g(x)g(x)g(x)，使得
g2(x)≡f(x) (mod xn)(1) g^2(x)\equiv f(x)\ (mod\ x^n)\tag{1} g2(x)≡f(x) (mod xn)(1)
设找到一个t(x)t(x)t(x)，满足
t2(x)≡f(x) (mod x⌈n2⌉) t^2(x) \equiv f(x)\ (mod\ x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}) t2(x)≡f(x) (mod x⌈2n⌉)
移项，平方得到
(t2(x)−f(x))2≡0 (mod xn) (t^{2}(x)-f(x))^2\equiv 0\ (mod\ x^{n}) (t2(x)−f(x))2≡0 (mod xn)
所以
(t2(x)+f(x))2≡4×t2(x)×f(x) (mod xn) (t^{2}(x)+f(x))^2\equiv 4\times t^{2}(x)\times f(x)\ (mod\ x^{n}) (t2(x)+f(x))2≡4×t2(x)×f(x) (mod xn)
代入(1)(1)(1)式，得到
(t2(x)+f(x))2≡4×t2(x)×g2(x) (mod xn) (t^{2}(x)+f(x))^2\equiv 4\times t^{2}(x)\times g^2(x)\ (mod\ x^{n}) (t2(x)+f(x))2≡4×t2(x)×g2(x) (mod xn)
化简有
(t2(x)+f(x)2×t(x))2≡g2(x) (mod xn) (\frac{t^{2}(x)+f(x)}{2\times t(x)})^2\equiv g^2(x)\ (mod\ x^{n}) (2×t(x)t2(x)+f(x))2≡g2(x) (mod xn)
即
t2(x)+f(x)2×t(x)≡g(x) (mod xn) \frac{t^{2}(x)+f(x)}{2\times t(x)}\equiv g(x)\ (mod\ x^{n}) 2×t(x)t2(x)+f(x)≡g(x) (mod xn)
边界情况如果保证[x0]f(x)=0[x^0]f(x)=0[x0]f(x)=0，那么可以直接有[x0]g(x)=1[x^{0}]g(x)=1[x0]g(x)=1，否则需要二次剩余求[x0]g(x)[x^0]g(x)[x0]g(x)
多项式lnlnln：
要求一个g(x)g(x)g(x)，使得
g(x)≡ln(f(x)) (mod xn) g(x)\equiv ln(f(x))\ (mod\ x^{n}) g(x)≡ln(f(x)) (mod xn)
两边求导，得到
g′(x)≡f′(x)f(x) (mod xn) g'(x)\equiv \frac{f'(x)}{f(x)}\ (mod\ x^{n}) g′(x)≡f(x)f′(x) (mod xn)
直接利用这个递推式，对f(x)f(x)f(x)求导，求逆，相乘，积分就可以得到g(x)g(x)g(x)
牛顿迭代：
给出函数f(x)f(x)f(x)，求出他的零点
每次利用切线逼近，即令切线y=0y=0y=0
y=f′(x0)(x−x0)+f(x0)=0 y=f'(x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0})=0 y=f′(x0)(x−x0)+f(x0)=0
则
x=x0−f(x0)f′(x0) x=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f'(x_{0})} x=x0−f′(x0)f(x0)
多项式牛顿迭代：
给出多项式f(x)f(x)f(x)，求g(x)g(x)g(x)，使得
f(g(x))≡0 (mod xn) f(g(x))\equiv 0\ (mod\ x^n) f(g(x))≡0 (mod xn)
即求多项式f(x)f(x)f(x)的一个零点，每次进行如下牛顿迭代
g(x)=g0(x)−f(g0(x))f′(g0(x)) g(x)=g_{0}(x)-\frac{f(g_{0}(x))}{f'(g_{0}(x))} g(x)=g0(x)−f′(g0(x))f(g0(x))
将分母求导展开，得到
g(x)=g0(x)−f(g0(x))f′(x)×g0′(x) g(x)=g_{0}(x)-\frac{f(g_{0}(x))}{f'(x)\times g_{0}'(x)} g(x)=g0(x)−f′(x)×g0′(x)f(g0(x))
多项式expexpexp：
要求一个g(x)g(x)g(x)，使得
g(x)≡ef(x) (mod xn) g(x)\equiv e^{f(x)}\ (mod\ x^n) g(x)≡ef(x) (mod xn)
左右取对数得到
ln(g(x))≡f(x) (mod xn) ln(g(x))\equiv f(x)\ (mod\ x^n) ln(g(x))≡f(x) (mod xn)
移项有
ln(g(x))−f(x)≡0 (mod xn) ln(g(x))-f(x)\equiv 0\ (mod\ x^n) ln(g(x))−f(x)≡0 (mod xn)
令F(g(x))=ln(g(x))−f(x)F(g(x))=ln(g(x))-f(x)F(g(x))=ln(g(x))−f(x)，即求F(x)F(x)F(x)一个零点，牛顿迭代得到
g(x)=g0(x)−F(g0(x))F′(g0(x)) g(x)=g_{0}(x)-\frac{F(g_{0}(x))}{F'(g_{0}(x))} g(x)=g0(x)−F′(g0(x))F(g0(x))
即
g(x)=g0(x)−ln(g0(x))−f(x)1g0(x)=g0(x)(1−ln(g0(x))+f(x)) g(x)=g_{0}(x)-\frac{ln(g_{0}(x))-f(x)}{\frac{1}{g_{0}(x)}}=g_{0}(x)(1-ln(g_{0}(x))+f(x)) g(x)=g0(x)−g0(x)1ln(g0(x))−f(x)=g0(x)(1−ln(g0(x))+f(x))
多项式快速幂:
求一个g(x)g(x)g(x)，使得
g(x)≡fk(x) (mod xn) g(x)\equiv f^k(x)\ (mod\ x^n) g(x)≡fk(x) (mod xn)
利用x=elnxx=e^{lnx}x=elnx，有
g(x)≡eklnf(x) (mod xn) g(x)\equiv e^{klnf(x)}\ (mod\ x^n) g(x)≡eklnf(x) (mod xn)
进行一次ln+expln+expln+exp即可，幂可以直接取余
边界情况如果保证[x0]f(x)=0[x^0]f(x)=0[x0]f(x)=0，那么可以直接有[x0g(x)]=1[x^{0}g(x)]=1[x0g(x)]=1，否则需要欧拉定理取余
using ll=long long;
const int N=1<<18,inf=0x3fffffff;
const long long INF=0x3f3f3f3f3f3f,mod=998244353,inv2=499122177,inv3=332748118;
ll qpow(ll a,ll b)
{
ll ret=1,base=a;
while(b)
{
if(b&1) ret=ret*base%mod;
base=base*base%mod;
b>>=1;
}
return ret;
}
ll inv(ll x){return qpow(x,mod-2);}
namespace poly
{
//多项式开根二次剩余部分
ll si;
struct Complex_MOD
{
ll a,b;
Complex_MOD operator*(const Complex_MOD &t) const
{
Complex_MOD res;
res.a=(a*t.a%mod+b*t.b%mod*si%mod)%mod;
res.b=(a*t.b%mod+b*t.a%mod)%mod;
return res;
}
};
inline ll Pow_Complex(Complex_MOD val,ll b)
{
Complex_MOD res={1,0};
while(b)
{
if(b&1) res=res*val;
val=val*val;
b>>=1;
}
return res.a;
}
ll squaremod(ll n)
{
if(!n) return 0;
srand((unsigned)(time(NULL)));
ll p1,p2;
while(1)
{
p1=1ll*rand()*rand()%mod;
p2=(p1*p1%mod-n+mod)%mod;
if(::qpow(p2,(mod-1)/2)!=1) break;
}
si=p2;
Complex_MOD val={p1,1};
int ans=Pow_Complex(val,(mod+1)/2);
if(mod-ans<ans) ans=mod-ans;
return ans;
}
//以上是二次剩余
int pos[N],invs[N],invcnt,sqrts[N],sqrtcnt,exps[N],expcnt;
ll a[N],b[N],invtmp[N],dertmp[N],multitmp[N],lntmp[N],lnlntmp[N];
int getlen(int k)
{
int ret=0;
while(k){ret++;k>>=1;}
return ret;
}
int getrev(int k,int len)
{
int ret=0;
while(k){ret=(ret<<1|(k&1));k>>=1;len--;}
return ret<<len;
}
int getpos(int n)
{
int limit=1;
while(limit<=n) limit<<=1;
int len=getlen(limit-1);
for(int i=0;i<limit;i++) pos[i]=getrev(i,len);
return limit;
}
void ntt(ll *a,int limit,int op)
{
for(int i=0;i<limit;i++)
if(i<pos[i]) swap(a[i],a[pos[i]]);
for(int len=2;len<=limit;len<<=1)
{
ll base=::qpow(op==1?3:inv3,(mod-1)/len);
for(int l=0;l<limit;l+=len)
{
ll now=1;
for(int i=l;i<l+len/2;i++)
{
ll x=a[i]%mod,y=now*a[i+len/2]%mod;
a[i]=(x+y)%mod;
a[i+len/2]=(x-y+mod)%mod;
now=now*base%mod;
}
}
}
}
void prepare(int *s,int &cnt,int n)
{
cnt=0;
while(n>1) s[++cnt]=n,n=n+1>>1;
}
void inv(ll *f,ll *g,int n)//求出f的乘法逆元，放到g内，f的长度为n，需要保证g是空的
{
prepare(invs,invcnt,n); g[0]=::inv(f[0]);
for(int i=invcnt;i>=1;i--)
{
int limit=getpos(invs[i]<<1);
memcpy(a,f,sizeof(ll)*invs[i]); fill(a+invs[i],a+limit,0);
ntt(a,limit,1); ntt(g,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++) g[i]=g[i]*((2-a[i]*g[i]%mod)%mod+mod)%mod;
ntt(g,limit,-1); ll tmp=::inv(limit);
for(int i=0;i<limit;i++) g[i]=g[i]*tmp%mod;
fill(g+invs[i],g+limit,0);
}
}
void sqrt(ll *f,ll *g,int n)//多项式开根，存放在g内，需要保证g是空的
{
prepare(sqrts,sqrtcnt,n); g[0]=squaremod(f[0]);//二次剩余
for(int i=sqrtcnt;i>=1;i--)
{
int limit=getpos(sqrts[i]<<1);
memset(invtmp,0,sizeof(ll)*limit); inv(g,invtmp,sqrts[i]);
memcpy(a,f,sizeof(ll)*sqrts[i]); fill(a+sqrts[i],a+limit,0);
ntt(g,limit,1); ntt(invtmp,limit,1); ntt(a,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++) g[i]=inv2*(g[i]+invtmp[i]*a[i]%mod)%mod;
ntt(g,limit,-1); ll tmp=::inv(limit);
for(int i=0;i<limit;i++) g[i]=g[i]*tmp%mod;
fill(g+sqrts[i],g+limit,0);
}
}
void derivation(ll *f,ll *g,int n)//f求导，放入g
{
for(int i=0;i<n-1;i++) g[i]=f[i+1]*(i+1);
g[n-1]=0;
}
void integral(ll *f,ll *g,int n)//f积分，放入g
{
g[0]=0;
for(int i=1;i<n;i++) g[i]=f[i-1]*::inv(i)%mod;
}
void multi(ll *f,ll *g,ll *t,int n,int m)//f*g放入t
{
int limit=getpos(n+m);
memcpy(a,f,sizeof(ll)*n); fill(a+n,a+limit,0);
memcpy(t,g,sizeof(ll)*m); fill(t+m,t+limit,0);
ntt(a,limit,1); ntt(t,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++) t[i]=t[i]*a[i]%mod;
ntt(t,limit,-1); ll tmp=::inv(limit);
for(int i=0;i<limit;i++) t[i]=t[i]*tmp%mod;
fill(t+n+m,t+limit,0);
}
void ln(ll *f,ll *g,int n)
{
derivation(f,dertmp,n);
int limit=1;
while(limit<=(n<<1)) limit<<=1;
memset(invtmp,0,sizeof(ll)*limit);
inv(f,invtmp,n);
multi(dertmp,invtmp,multitmp,n,n);
integral(multitmp,g,n);
}
void exp(ll *f,ll *g,int n)//e^(f)放入g，需要保证g是空的
{
prepare(exps,expcnt,n); g[0]=1;
for(int i=expcnt;i>=1;i--)
{
int limit=getpos(exps[i]<<1);
ln(g,lntmp,exps[i]); fill(lntmp+exps[i],lntmp+limit,0);
memcpy(a,f,sizeof(ll)*exps[i]); fill(a+exps[i],a+limit,0);
ntt(g,limit,1); ntt(lntmp,limit,1); ntt(a,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++) g[i]=g[i]*(((1-lntmp[i]+a[i])%mod+mod)%mod)%mod;
ntt(g,limit,-1); ll tmp=::inv(limit);
for(int i=0;i<limit;i++) g[i]=g[i]*tmp%mod;
fill(g+exps[i],g+limit,0);
memset(lntmp,0,sizeof(ll)*limit);
}
}
void read(char *s,int n,ll &k1,ll &k2,ll &k3)
{
k1=k2=k3=0; int len=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=len;i++)
{
k1=(10*k1+(s[i]-'0'))%mod;
k2=(10*k2+(s[i]-'0'))%(mod-1);
if(k3<n) k3=10*k3+(s[i]-'0');
}
}
void qpow(ll *f,ll *g,char *s,int n)//字符串形式给出幂，f^(k)放入g中，需要保证g是空的
{
ll k1,k2,k3; int sta=0;
read(s,n,k1,k2,k3);
while(sta<n&&f[sta]==0) sta++;
if(sta==n||sta*k1>n||(f[0]==0&&k3>=n))
{
for(int i=0;i<n;i++) g[i]=0;
return;
}
ll invsta=::inv(f[sta]),tmp=::qpow(f[sta],k2);
for(int i=0;i<n;i++) f[i]=f[i+sta]*invsta%mod;
ln(f,lnlntmp,n);
for(int i=0;i<n;i++) lnlntmp[i]=lnlntmp[i]*k1%mod;
exp(lnlntmp,g,n);
for(int i=n-1;i>=sta*k1;i--) g[i]=g[i-sta*k1]*tmp%mod;
for(int i=0;i<sta*k1;i++) g[i]=0;
}
};
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