前言

这里的全家桶目前只包括了$ln,exp,sqrt$。还有一些类似于带余数模，快速幂之类用的比较少的有时间再更，$NTT$这种前置知识这里不多说。

还有一些基本的导数和微积分内容要了解，建议不懂的可以先去翻翻高二数学书。

之后多项式算法基本是一环扣一环的，所以前面的看不懂对于后面的理解会造成很大影响。

本博客涉及内容偏浅

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Tips

这里是一些我个人的模板书写习惯

• 习惯相关的问题：默认将读入的$n$变为$2$的整数次幂形式，目前为止这样的做法都不会影响正确性
• 正确性相关的问题：模板书写应满足使用的中间变量不重复，如在求$ln$和逆元时不应该使用重复的中间变量（可能会导致信息丢失）
• 正确性相关的问题：在每次进行任意操作前应保证在操作值域内不会有上次的信息参与（要清零）

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参考资料

• [command-block]NTT与多项式全家桶
• [CYJian]浅谈多项式
• [隔壁的张栩嘉]浅谈牛顿迭代法
• 洛谷各模板题解

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正题

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多项式求逆

题目大意

给出一个多项式$F$，求出一个$G$使得
$$F(x)\ast G(x)\equiv 1(mod{x}^n)$$

分析

利用经典的倍增思想，假设我们已知多项式$G^{\prime }(x)$满足
$$F(x)G^{\prime }(x)\equiv 1(mod{x}^{\frac{n}{2}})$$
又有
$$F(x)G(x)\equiv 1(mod{x}^{\frac{n}{2}})$$
就有了
$$F(x)(G(x)-G^{\prime }(x))\equiv 0(mod{x}^{\frac{n}{2}})\Rightarrow G(x)-G^{\prime }(x)\equiv 0(mod{x}^{\frac{n}{2}})$$
然后两边同时平方，后面的模数同理也要平方
$$G(x{)}^2-2G(x)G^{\prime }(x)+G^{\prime }(x{)}^2\equiv 0(mod{x}^n)$$
再乘上一个$F(x)$
$$F(x)G(x{)}^2-2F(x)G(x)G^{\prime }(x)+F(x)G^{\prime }(x{)}^2\equiv 0(mod{x}^n)$$
又因为$F(x)G(x)\equiv 1(mod{x}^n)$，所以就有
$$G(x)-2G^{\prime }(x)+F(x)G^{\prime }(x{)}^2\equiv 0(mod{x}^n)\Rightarrow G(x)\equiv 2G^{\prime }(x)-F(x)G^{\prime }(x{)}^2(mod{x}^n)$$
然后倍增就好了，时间复杂度是类似于$T(n)=T(\frac{n}{2})+n\log n$的形式所以是$O(n\log n)$的。

code

比较远古的代码所以码风有点不同

// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+100,XJQ=998244353,G=3,Gi=332748118;
const double Pi=acos(-1);
ll n,m,l,a[N<<2],b[N<<2],c[N<<2],r[N<<2];
ll power(ll x,ll b)
{ll ans=1;while(b){if(b&1) ans=ans*x%XJQ;x=x*x%XJQ;b>>=1;}return ans;
}
void ntt(ll *f,ll n,ll op)
{for(ll i=0;i<n;i++)if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);for(ll p=2;p<=n;p<<=1){ll len=p>>1,tmp=power(G,(XJQ-1)/p);for(ll k=0;k<n;k+=p){ll buf=1;for(ll i=k;i<k+len;i++){ll tt=buf*f[len+i]%XJQ;f[len+i]=(f[i]-tt+XJQ)%XJQ;f[i]=(f[i]+tt)%XJQ;buf=buf*tmp%XJQ;}}}if(op==1) return;int inv=power(n,XJQ-2);reverse(f+1,f+n);for(int i=0;i<n;i++) f[i]=f[i]*inv%XJQ;
}
void work(ll *a,ll *b,ll l)
{if(l==1){b[0]=power(a[0],XJQ-2);return;}work(a,b,(l+1)>>1);ll cnt;for(cnt=1;cnt<(l<<1);cnt<<=1);for(ll i=1;i<cnt;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?cnt>>1:0);for(ll i=0;i<l;i++) c[i]=a[i];for(ll i=l;i<cnt;i++) c[i]=0;ntt(c,cnt,1);ntt(b,cnt,1);for(ll i=0;i<cnt;i++)b[i]=(2-b[i]*c[i]%XJQ+XJQ)%XJQ*b[i]%XJQ;ntt(b,cnt,-1);for(ll i=l;i<cnt;i++) b[i]=0;
}
int main()
{scanf("%lld",&n);for(ll i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&a[i]);work(a,b,n);for(ll i=0;i<n;i++)printf("%lld ",b[i]);
}

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多项式导数相关

后面就要开始用到高二的知识了

多项式求导

后面定义$f^{\prime }$表示多项式$f$的求导，定义$a_i=f(x)[i]$，那么有
$$f^{\prime }(x)=\sum _{i=0}^n{a}_{i+1}(i+1)x^i$$
大体就是把所有位乘上$i$再往前移动，对导数有了解的话应该能理解，这里就不给出推导了

多项式积分

同理定义$a_i=f(x)[i]$，那$f$的积分$g$就有
$$g(x)=\sum _{i=0}^n\frac{a_{i-1}}{i}{x}^i$$
和上面同理，需要知道积分和求导是逆运算。

多项式复合

定义复合函数
$$F(G(x))=\sum _{i=0}F[i]G(x{)}^i$$
看上去没什么用，之后再说

泰勒公式

这里开始就暂时不和多项式有多挂钩了。
$$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=0}^n\frac{f^{(n)}(x_0)}{i!}(x-x_0{)}^i+R_n(x)$$
其中$f^{(n)}$表示$f$的$n$阶求导，$R_n(x)$是余项。
看上去没有什么用，是牛迭的基础，可以直接记牛迭的结论。
到时候会有泰勒公式的常用写法

牛顿迭代

这里就不用泰勒公式的推导了，直接感性点理解快速过一下。
我们知道导数
$$f^{\prime }(x)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$$
是可以理解为求某个函数在$(x,f(x))$处的切点，而牛顿迭代正是利用这个原理求函数的近似零点，可以先看一张生动的图（来自维基百科）。

就是先找一个点$(x,f(x))$，然后求它在函数图像上的切线，之后这条切线与$x$有交的位置$x^{\prime }$再带入$x$之后继续这个过程。

这个过程中求得的$x$在不断逼近原点，这样就可以求出一个函数$0$点的近似解。

当然牛顿迭代显然并不是对所有函数都适用的，但是对于我们需要解决的多项式问题来说足够了。

然后要上泰勒公式了
$$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=0}^n\frac{f^{(n)}(x_0)}{i!}(x-x_0{)}^i+R_n(x)$$
这里只拿$i=1$的情况来展开一下，再定义一个$\varphi (x)\approx f(x)$就是
$$f(x)\approx \varphi (x)=f^{\prime }(x_0)(x-x_0)-f(x_0)$$
然后如果求$f(x)=0$就是近似的求$\varphi (x)=0$也就是
$$f^{\prime }(x_0)(x-x_0)-f(x_0)=0$$
就有
$$x=x_0-\frac{f(x_0)}{f^{\prime }(x_0)}\Rightarrow x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f^{\prime }(x_n)}$$
这个递推式子。

然后就可以快速近似求解了。

多项式复合零点

那么现在就是牛顿迭代的实战时间了，题目是给出一个多项式$G(x)$，要求求出一个$f(x)$使得$G(f(x))\equiv 0(mod{x}^n)$。

拿多项式来泰勒展开推导或者直接用上面的牛迭结论。设$f_t$满足$G(f_t)\equiv 0(mod{x}^{2^t})$，那么就有结论
$$f_t\equiv f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G^{\prime }(f_{t-1})}(mod{x}^{2^t})$$
这里还是推导一下吧，先把$f$给泰勒展开了（这里换成了一个比较常用的写法）
$$G(f_t)\equiv G(f_{t-1})+\sum _{i=1}^{\infty }\frac{G^{(i)}(f_{t-1})}{i!}\ast (f_t-f_{t-1}{)}^i(mod{x}^{2^t})$$
又因为$G(f_{t-1})\equiv 0(mod{x}^{2^{t-1}})$和$G(f_t)\equiv 0(mod{x}^{2^t})$。所以$f_t-f_{t-1}$的前$2^{t-1}$项都是$0$，那么$(f_t-f_{t-1}{)}^2$的前$2^t$都是0，也就当$i\ge 2$的时候后面的项都被模掉了，所以式子就变得很简单了。
$$G(f_t)\equiv G(f_{t-1})+G^{\prime }(f_{t-1})\ast (f_t-f_{t-1})(mod{x}^{2^t})$$
把$G(f_t)=0$带入就有
$$f_t=f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G^{\prime }(f_{t-1})}(mod{x}^{2^t})$$
式子到这里就得根据具体情况化简了，然后练练手？

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多项式开根

题目大意

给出一个多项式$F$，求一个多项式$G$满足
$$G(x{)}^2=F(x)(mod{x}^n)$$

分析

下面的$G$和上面的要求的$G$不同
如果我们求出一个多项式$G(f)=f^2-F(x)$。如果$G(f)\equiv 0(mod{x}^n)$的解就是$f(x)\equiv \sqrt{F(x)}(mod{x}^n)$的解了。
之后直接代前面多项式零点求值的东西就有
$$f_t=f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G^{\prime }(f_{t-1})}\Rightarrow f_t=f_{t-1}-\frac{f_{t-1}^2-F(x)}{2f_{t-1}}$$
嗯，那个$2f_{t-1}$是对$G$手动求导的结果
时间复杂度也是类$T(n)=T(\frac{n}{2})+n\log n$的形式所以还是$O(n\log n)$

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=6e5+10,P=998244353,inv2=(P+1)/2;
ll n,a[N],b[N],r[N];
ll t1[N],t2[N],t3[N],t4[N];
ll power(ll x,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
ll GetL(ll len){ll n=1;while(n<=len)n<<=1;for(ll i=0;i<n;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);return n;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){for(ll i=0;i<n;i++)if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);for(ll p=2;p<=n;p<<=1){ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);for(ll k=0;k<n;k+=p){ll buf=1;for(ll i=k;i<k+len;i++){ll tt=f[i+len]*buf%P;f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;f[i]=(f[i]+tt)%P;buf=buf*tmp%P;}}}if(op==-1){ll invn=power(n,P-2);for(ll i=0;i<n;i++)f[i]=f[i]*invn%P;}return;
}
void GetInv(ll *f,ll *g,ll n){if(n==1){g[0]=power(f[0],P-2);return;}GetInv(f,g,n>>1);ll l=GetL(n);for(ll i=0;i<n;i++)t1[i]=f[i],t2[i]=g[i];for(ll i=n;i<l;i++)t1[i]=t2[i]=0;NTT(t1,l,1);NTT(t2,l,1);for(ll i=0;i<l;i++)t1[i]=t1[i]*t2[i]%P*t2[i]%P;NTT(t1,l,-1);for(ll i=0;i<n;i++)g[i]=(2*g[i]-t1[i]+P)%P;return;
}
void Sqrt(ll *f,ll *g,ll n){if(n==1){g[0]=1;return;}Sqrt(f,g,n>>1);ll l=GetL(n<<1);for(ll i=0;i<n;i++)t3[i]=f[i],t4[i]=0;for(ll i=n;i<l;i++)t3[i]=t4[i]=0;GetInv(g,t4,n);l=GetL(n<<1);NTT(t3,l,1);NTT(t4,l,1);for(ll i=0;i<l;i++)t3[i]=t3[i]*t4[i]%P;NTT(t3,l,-1);for(ll i=0;i<n;i++)g[i]=(g[i]+t3[i])*inv2%P;return;
}
signed main()
{scanf("%lld",&n);for(ll i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&a[i]);ll m=GetL(n);Sqrt(a,b,m);for(ll i=0;i<n;i++)printf("%lld ",b[i]);return 0;
}

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多项式ln

题目大意

给出一个多项式$F$，求一个多项式$G$满足
$$G(x)\equiv ln(F(x))(mod{x}^n)$$

分析

这个题不用牛顿迭代，对$G$求个导，因为是复合函数直接展开
$$G^{\prime }(x)\equiv l{n}^{\prime }(F(x))\ast F^{\prime }(x)(mod{x}^n)\Rightarrow G^{\prime }(x)\equiv \frac{F^{\prime }(x)}{F(x)}(mod{x}^n)$$
这个推导要用到的有$l{n}^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$。

就是算$\frac{F^{\prime }(x)}{F(x)}$再积分就好了
时间复杂度$O(n\log n)$

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4e5+10,P=998244353;
ll n,r[N],f[N],g[N];
ll t1[N],t2[N],t3[N],t4[N];
ll power(ll x,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
ll GetL(ll len){ll n=1;while(n<=len)n<<=1;for(ll i=0;i<n;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);return n;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){for(ll i=0;i<n;i++)if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);for(ll p=2;p<=n;p<<=1){ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);for(ll k=0;k<n;k+=p){ll buf=1;for(ll i=k;i<k+len;i++){ll tt=f[i+len]*buf%P;f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;f[i]=(f[i]+tt)%P;buf=buf*tmp%P;}}}if(op==-1){ll invn=power(n,P-2);for(ll i=0;i<n;i++)f[i]=f[i]*invn%P;}return;
}
void GetInv(ll *f,ll *g,ll n){if(n==1){g[0]=power(f[0],P-2);return;}GetInv(f,g,n>>1);ll m=GetL(n);for(ll i=0;i<n;i++)t1[i]=f[i],t2[i]=g[i];for(ll i=n;i<m;i++)t1[i]=t2[i]=0;NTT(t1,m,1);NTT(t2,m,1);for(ll i=0;i<m;i++)t1[i]=t1[i]*t2[i]%P*t2[i]%P;NTT(t1,m,-1);for(ll i=0;i<n;i++)g[i]=(2*g[i]-t1[i]+P)%P;return;
}
void GetD(ll *f,ll *g,ll n){for(ll i=0;i<n;i++)g[i]=f[i+1]*(i+1)%P;g[n-1]=0;return;
}
void GetJ(ll *f,ll *g,ll n){for(ll i=1;i<n;i++)g[i]=f[i-1]*power(i,P-2)%P;g[0]=0;return;
}
void GetLn(ll *f,ll *g,ll n){n=GetL(n);GetD(f,t3,n);GetInv(f,t4,n);n=GetL(n);NTT(t3,n,1);NTT(t4,n,1);for(ll i=0;i<n;i++)t3[i]=t3[i]*t4[i]%P;NTT(t3,n,-1);GetJ(t3,g,n);return;
}
signed main()
{scanf("%lld",&n);for(ll i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&f[i]);GetLn(f,g,n);for(ll i=0;i<n;i++)printf("%lld ",g[i]);return 0;
}

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多项式exp

题目大意

给出多项式$F$，求一个多项式$G$满足
$$G(x)\equiv e^{F(x)}(mod{x}^n)$$

解题思路

这个应该是最麻烦的了，和开根一样的思路
定义一个复合函数$G(f)=ln(f)-F(x)$那么当$G(f)=0$的解就是答案了。
然后同理直接上倍增加泰勒展开
$$f_t\equiv f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G^{\prime }(f_{t-1})}(mod{x}^{2^t})\Rightarrow f_t\equiv f_{t-1}-(ln(f_{t-1})-F(x))\ast f_{t-1}(mod{x}^{2^t})$$
然后时间复杂度依旧是$T(n)=T(\frac{n}{2})+n\log n$，所以还是$O(n\log n)$的

然后上个$ln$和求逆就好了

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=8e5+10,P=998244353;
ll n,m,r[N],a[N],b[N];
ll t1[N],t2[N],t3[N],t4[N],t5[N],t6[N];
ll power(ll x,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
void GetL(ll len){n=1;while(n<=len)n<<=1;for(ll i=0;i<n;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);return;
}
void NTT(ll *f,ll op){for(ll i=0;i<n;i++)if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);for(ll p=2;p<=n;p<<=1){ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);for(ll k=0;k<n;k+=p){ll buf=1;for(ll i=k;i<k+len;i++){ll tt=f[i+len]*buf%P;f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;f[i]=(f[i]+tt)%P;buf=buf*tmp%P;}}}if(op==-1){ll invn=power(n,P-2);for(ll i=0;i<n;i++)f[i]=f[i]*invn%P;}return;
}
void GetInv(ll *f,ll *g,ll m){if(m==1){g[0]=power(f[0],P-2);return;}GetInv(f,g,m>>1);GetL(m);for(ll i=0;i<m;i++)t1[i]=f[i],t2[i]=g[i];for(ll i=m;i<n;i++)t1[i]=t2[i]=0;NTT(t1,1);NTT(t2,1);for(ll i=0;i<n;i++)t1[i]=t1[i]*t2[i]%P*t2[i]%P;NTT(t1,-1);for(ll i=0;i<m;i++)g[i]=(2*g[i]-t1[i]+P)%P;return;
}
void GetD(ll *f,ll *g,ll n){for(ll i=0;i<n-1;i++)g[i]=f[i+1]*(i+1)%P;g[n-1]=0;return;
}
void GetJ(ll *f,ll *g,ll n){for(ll i=1;i<n;i++)g[i]=f[i-1]*power(i,P-2)%P;g[0]=0;return;
}
void GetLn(ll *f,ll *g,ll m){GetL(m);GetD(f,t3,n);GetInv(f,t4,n);GetL(m);GetL(n);NTT(t3,1);NTT(t4,1);for(ll i=0;i<n;i++)t3[i]=t3[i]*t4[i]%P;NTT(t3,-1);GetJ(t3,g,n);for(int i=0;i<n;i++)t3[i]=t4[i]=0;return;
}
void GetExp(ll *f,ll *g,ll m){if(m==1){g[0]=1;return;}GetExp(f,g,m>>1);GetLn(g,t5,m);GetL(m);for(ll i=0;i<m;i++)t6[i]=f[i];for(ll i=m;i<n;i++)t5[i]=t6[i]=0;NTT(t5,1);NTT(t6,1);NTT(g,1);for(ll i=0;i<n;i++)g[i]=g[i]*(1-t5[i]+t6[i]+P)%P;NTT(g,-1);for(ll i=m;i<n;i++)g[i]=0;return;
}
signed main()
{scanf("%lld",&m);for(ll i=0;i<m;i++)scanf("%lld",&a[i]);GetL(m);GetExp(a,b,n);for(ll i=0;i<m;i++)printf("%lld ",b[i]);return 0;
}