給你n個點\((x_1,y_1),(x_2,y_2),...\)我們可以認為\(f(x)=f_1(x)+f_2(x)+..+f_(x)\)求乙個n-1次的多項式\(f(x)\)，求\(f(k)\)
其中\(f_i(x_i)=y_i\) 且 \(\forall j\neq i,f_i(x_j)=0\)
也就是說乙個點\(x_i\)只在乙個函式中為\(y_i\),其他函式中均為0
換言之就是把多條曲線合在一起（跟crt的構造思想一致）
然後我們很容易構造以上式子
\[f(x)=\sum_^y_i\pi_\frac
\]\[f(x)=\sum_^y_i\pi_\frac\]令
\[g(x)=\pi_^x-x_i
\]\[h(i)=\fracx_i-x_j}
\]那麼
\[f(x)=g(x)\sum_^\frac
\]那麼如果我們要修改單點的橫座標，就可以單獨修改\(h(i),g(x)\)來解決，複雜度為\(o(n)\)
各種插值法的介紹
自為風月馬前卒的fft講解
對於ntt,只是把n次複數單位根換成了原根
ntt素數表
miskcoo
泰勒函式的解釋1
泰勒函式的解釋2
「使用泰勒公式進行估算時，在不同點展開的區別和意義是啥?」的回答
miskcoo's
假設\(a(x)\)已知
求\(g(b(x))\equiv 0 \mod x^n\)
使用倍增法,設\(\frac\)項多項式\(b_0(x)\)滿足\(g(b_0(x))\equiv 0 \mod x^}\)
泰勒展開一波
\[g(b(x))\equiv \frac+\frac(b_0(x))}(b(x)-b_0(x))+\frac(b_0(x))}(b(x)-b_0(x))^2··· (\mod x^n)
\]可知\(b(x)\)與\(b_0(x)\)前\(\frac\)項相同，所以\((b(x)-b_0(x))^k(k\ge 2)\)在模\(x^n\)意義下為0
所以\[b(x)\equiv b_0(x)-\frac(b_0)}
\]miskcoo
假設我們已經推完了\(a(x)b_0(x)\equiv 1\mod x^\)
要求\(a(x)b(x)\equiv 1\mod x^\)中的\(b(x)\)
\[\begina(x)(b(x)-b_0(x))=0 \mod x^\\b(x)-b_0(x)\equiv0 \mod x^n\\b^2(x)-2b(x)b_0(x)+b_0^2(x)\equiv 0 \mod x^\\b(x)-2b_0(x)+a(x)b_0^2(x)\equiv 0 \mod x^\\b(x)\equiv b_0(x)(2-a(x)b_0(x)) \mod x^\end
\]ln
\[\beginb(x)&\equiv\ln a(x) \mod x^n\\&\equiv\int\frac(x)}dx \mod x^n\end
\]exp
\[\beginb(x)\equiv e^ \mod x^n \\ln b(x)-a(x)\equiv 0 \mod x^n \end
\]設\(g(b(x))=\ln b(x)-a(x)\) ，則\(g^(b(x))=\frac\)，套牛頓迭代公式
\[\beginb(x)&\equiv b_0(x)-\frac}\\&\equiv b_0(x)(1-\ln b_0(x)+a(x))\end
\]牛頓迭代得
\[b(x)=b_0(x)-\frac
\]\[\beginb(x)&\equiv a^k(x)\\&\equiv e^\end
\]時間複雜度\(o(nlogn)\)然而常數巨大
**
int qpow(int x,int b)
return ans;
}void ntt(int *a,int len,int type)
void get_inv(int *f,int n,int *b)
get_inv(f,(n+1)>>1,b);
init(n);
for(int i=0;i=1;i--)b[i]=1ll*b[i-1]*qpow(i,mod-2)%mod;//mis
b[0]=0;
}void get_exp(int *f,int deg,int *b)
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