记点笔记

$N$天前修习了一下多项式，就简要记录一下好了

多项式求逆：对于$A(x)$，求出一个$B(x)$使得$A(x)B(x)=1(mod$ $x^n)$

当$n=1$时$B(x)$就是$A(x)$常数项的逆元

当$n>1$时，考虑倍增

令$A(x)B_{k}(x)=1(mod$ $x^k)$

假设已知$B_{\lceil\frac{n}{2} \rceil}$

则$A(x)B_{\lceil\frac{n}{2} \rceil}(x)=1(mod$ $x^{\lceil\frac{n}{2} \rceil})$

由于$A(x)B_n(x)=1(mod$ $x^n)=1(mod$ $x^{\lceil\frac{n}{2} \rceil})$

故$B_{\lceil\frac{n}{2} \rceil}(x)-B_n(x)=0(mod$ $x^{\lceil\frac{n}{2} \rceil})$

平方一下可以得到（${\lceil\frac{n}{2} \rceil}$的作用是保证翻倍后大于$n$）

$B_{\lceil\frac{n}{2} \rceil}(x)^2-2*B_{\lceil\frac{n}{2} \rceil}(x)*B_n(x)+B_n(x)^2=0(mod$ $x^n)$

两边乘$A(x)$得$A(x)B_{\lceil\frac{n}{2} \rceil}(x)^2-2*B_{\lceil\frac{n}{2} \rceil}(x)+B_n(x)=0(mod$ $x^n)$

则：$B_n(x)=B_{\lceil\frac{n}{2} \rceil}(x)*(2-A(x)B_{\lceil\frac{n}{2} \rceil}(x))$

每层做一次卷积即可，复杂度为$O(nlogn+(n/2)log(n/2)+...)=O(nlogn)$

多项式除法：有了多项式求逆，就可以做多项式除法了

$A(x)=B(x)P(x)+R(x)$ 其中$P(x)$为商式，$R(x)$为余式

令$n,m$为$A(x),B(x)$的长度

考虑如何消去$R(x)$的影响

则$x^{n-1}A(x^{-1})=x^{m-1}B(x^{-1})x^{n-m}P(x^{-1})+x^{n-1}R(x^{-1})$

由于$x^nF(x)=F^R(x)$，即$F(x)$反转

即$A^R(x)=B^R(x)P^R(x)+x^{n-m+1}R^R(x)$

即$A^R(x)=B^R(x)P^R(x)(mod$ $x^{n-m+1})$

求出多项式逆元后乘起来就求出了$P(x)$，用$P(x)$就能求出$R(x)$了

多项式多点求值
假设现在有个多项式$F(x)$，然后有若干$a_i$，要对于这些$a_i$求$F(a_i)$的值。

考虑分治，假设我已经求到了$[l,r]$的$a_i$，那么$F(x)%=\prod(x-a_i)$。

其实写起来特别简单，大概是这样：

void solve(int o,int l,int r,Poly u){
    u=u%s[o];
    if(l==r){
        ans[l]=u[0];
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    solve(o<<1,l,mid,u,v);
    solve(o<<1|1,mid+1,r,u,v);
}

时间复杂度$O(nlog^2n)$