已知多項式 \(g(x)\) ，求 \(f(x)\) ，滿足：
\[g(f(x)) \equiv 0 \pmod
\]假設我們有乙個 \(f_0(x)\) 滿足：
\[g(f_0(x)) \equiv 0 \pmod \rceil}}
\]由定義可知：
\[f(x)-f_0(x)\equiv 0 \pmod \rceil}}
\]\[\rightarrow \forall k \ge 2, \left( f(x)-f_0(x) \frac{}{} \right)^k \equiv 0 \pmod
\]由泰勒展開：
\[\sum_^ \frac(f_0(x))}(f(x)-f_0(x))^i \equiv 0 \pmod
\]\[\rightarrow g(f_0(x))+g'(f_0(x))(f(x)-f_0(x)) \equiv 0 \pmod
\]\[\rightarrow f(x) \equiv f_0(x)-\frac \pmod
\]已知多項式 \(g(x)\) ，求 \(f(x)\) ，滿足：
\[f(x)g(x) \equiv 1 \pmod
\]假設我們有乙個 \(f_0(x)\) 滿足：
\[f_0(x)g(x) \equiv 1 \pmod \rceil}}
\]由 (一) 可知：
\[\left( f(x)-f_0(x) \frac{}{} \right)^2 \equiv 0 \pmod
\]\[\rightarrow f^2(x)-2f(x)f_0(x)+f_0^2(x) \equiv 0 \pmod
\]同乘 \(g(x)\):
\[\rightarrow f(x)-2f_0(x)+f_0^2(x)g(x) \equiv 0 \pmod
\]\[\rightarrow f(x) \equiv f_0(x)\left( 2-f_0(x)g(x) \frac{}{} \right)\pmod
\]注意 \(g\) 的長度也要控制為 \(len\) , 不然就退化成 \(\mathcal(nlog^2n)\) 的了。
poly inv( poly g )
return f;
}
\[f(x)=\sum_^n f_ix^i
\]\[\begin
\rightarrow f'(x)&= \sum_^ if_i x^ \\
&= \sum_^ (i+1)f_ x^i
\end\]
poly der( poly f )\[f(x)=\sum_^n f_ix^i
\]\[\begin
\rightarrow \int f(x)&= \sum_^ \frac x^\\
&= \sum_^ \frac} x^\\
\end\]
poly int( poly f )\[f(x) \equiv \ln g(x) \pmod
\]兩邊同時求導 (注意右式為復合函式)：
\[f'(x) \equiv \frac \pmod
\]算完後積分回來就好了。
因為保證 \(g(0)=1\) , 所以積分常數 \(c\) 為 \(0\)。
poly ln( poly f )\[f(x) \equiv e^ \pmod
\]兩邊取 ln：
\[\ln f(x) \equiv g(x) \pmod
\]\[\ln f(x)-g(x) \equiv 0 \pmod
\]令 \(h(f(x)) \equiv \ln f(x) - g(x) \equiv
0 \pmod\) 。
兩邊求導：
\[h'(f(x)) \equiv \frac \pmod
\]\[\]
用牛頓迭代展開:
\[f(x) \equiv f_0(x)-\frac \pmod \]
\[\rightarrow f(x) \equiv f_0(x)-\frac(x)} \pmod
\]\[\rightarrow f(x) \equiv f_0(x)\left( 1-\ln f_0(x)+g(x) \frac{}{} \right) \pmod
\]
poly exp( poly f )
g.resize( len( f ) ); return g;
}
mxlen需要到 \(4\) 倍，希望有好心人指出。
已知多項式 \(g(x)\) , 求 \(f(x)\) , 滿足：
\[f(x) \equiv g^k(x) \pmod
\]同時取 ln 得到：
\[\ln f(x) \equiv k \ln g(x) \pmod
\]然後 exp 回去即可。
常數一目了然,不言而喻
poly pow( poly f , int k )\[f(x) \equiv \sqrt \pmod
\]使用多項式冪函式計算 \(g^}(x)\) ，複雜度 \(\mathcal\)
吸氧才能過
\[f(x) \equiv \sqrt \pmod
\]\[\rightarrow f^2(x) - g(x) \equiv 0 \pmod
\]令 \(h(f(x)) \equiv f^2(x)-g(x) \equiv 0\)
兩邊求導：
\[h'(f(x))=2f(x)
\]用牛頓迭代展開:
\[f(x) \equiv f_0(x)-\frac \pmod \]
\[\rightarrow f(x) \equiv f_0(x)-\frac \pmod
\]\[\rightarrow f(x) \equiv \frac \pmod
\]複雜度同樣是 \(\mathcal\)
當常數項不為 \(1\) 時，可以用二次剩餘算出結果。
int add( int x , int y )
int sub( int x , int y )
int mul( int x , int y )
int quick_pow( int x , int po )
int inv( int x )
int iv[ maxn + 5 ];
void init()
#define poly vector< int >
#define len( x ) ( (int)x.size() )
poly operator - ( int x , poly f )
poly operator - ( poly f , int x )
poly operator * ( poly f , int x )
poly operator + ( poly f , poly g )
poly operator - ( poly f , poly g )
const int g = 3 , ig = 332748118;
int lim , ilim , rev[ maxn + 5 ];
void ntt( poly &f , int op )
} }if( op == -1 ) for( int i = 0 ; i < lim ; i ++ ) f[ i ] = mul( f[ i ] , ilim );
}int mxlen = 100000000;
poly operator * ( poly f , poly g )
poly inv( poly f )
g.resize( len( f ) ); return g;
}poly der( poly f )
poly int( poly f )
poly ln( poly f )
poly exp( poly f )
g.resize( len( f ) ); return g;
}poly pow( poly f , int k )
poly sqrt( poly f )
g.resize( len( f ) ); return g;
}
多項式全家桶
眾所周知，生成函式是乙個十分強大的東西，許多與多項式相關的演算法也就應運而生了，在這裡選取幾種較為簡單的演算法做乙個介紹.p.s.這篇文章在去年noi前已經完成了一半，現在筆者將其補充完整後發出，同時也為了紀念那一段美好的時光。已知 f x 求 g x 使得 f x g x equiv 1 mod ...
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