多项式相关操作学习笔记

标签：多项式

说在前边

记录一下相关的多项式操作，顺便存个模板。（多点求值之后的部分，有点写不动了。。。留坑留坑

多项式

定义

给定一个环$R$($R$通常是交换环，可以是有理数、实数或者复数等等)以及一个未知数$X$，则任何形同：\[a_0 + a_1X + ... +a_{n-1}X^{n-1} + a_nX^n\]的代数表达式叫做$R$上的一元多项式。其中$a_0,a_1,... ,a_n$是$R$中的元素。未知数不代表任何值，但环 $R$上的所有运算都对它适用。在不至于混淆的情形下，一般将一元多项式简称为多项式。可以证明，两个多项式的和、差与积仍然是多项式，即多项式组成一个环 $R[X]$，称为$R$上的（一元）多项式环。—— From Wiki

多项式乘法

计算两个多项式相乘时，首先使用乘法对加法的分配律将各项拆出，然后运用乘法结合律整合每一项，最后和加法一样整合同类项，就能得到乘积多项式，形式化的说：
\[ P = a_0 + a_1X + ... +a_{n-1}X^{n-1} + a_nX^n \\ Q = b_0 + b_1X + ... +b_{n-1}X^{n-1} + b_nX^m \\ PQ = \sum_{i+j=0}a_ib_j +\sum_{i+j=1}a_ib_jX + ... + \sum_{i+j=n+m}a_ib_jX^{n+m} \]

离散傅里叶变换（DFT）

定义

对于$N$点序列$x[n]$，它的$DFT$为:
\[ X[k] = \sum_{n = 0}^{N-1}e^{-i\frac{2\pi}{N}nk}x[n] ~~k = 0,1,...,N-1\]
离散傅里叶变换的逆变换（IDFT）为:
\[ x[n] = \frac{1}{N}\sum_{k = 0}^{N-1}e^{i\frac{2\pi}{N}nk}X[k]~~n = 0,1,...,N-1 \]

DFT与圆周卷积

圆周移位
若$f(n) = x((n+m))_NR_N(n)$，成$f(n)$为$x(n)$的$m$点圆周移位序列。
步骤：1）将x(n)以N为周期进行周期延拓；2）移位m点；3）取主值序列
若$x(n), y(n)$进行DFT，$x(n) \leftrightarrow X(k), y(n) \leftrightarrow Y(k)$ 则
\[ F(k) = X(k)Y(k) \leftrightarrow f(n) = \sum_{m=0}^{N-1}x(m)y((n-m))_NR_N(n) \]

有限长序列的圆周卷积与线性卷积

$x(n)$:$M$点序列，$y(n)$:$N$点序列

线性卷积：\[x(n)*y(n) = \sum_{m=-\infty}^{\infty} x(m)y(n-m)\]

可知$f(n)$的非$0$区间为$[0,M+N-2]$

圆周卷积是线性卷积以$L$为周期延拓后，取$[0,L-1]$间的主值序列。
当 $L \geq N+M-1$ 时，圆周卷积等价于线性卷积

DSP角度的解释

从DTFT到DFS，从DFS到DFT，从DFT到FFT，从一维到二维

一些变换

快速傅里叶变换（FFT）

很久之前参考算导写的FFT学习笔记

快速哈特莱变换（FHT）

FHT是一种实序列变换

快速数论变换（NTT）

NTT是在整数域进行的，FFT中通过n次单位福根运算，即满足$W^n = 1$的$W$，而NTT，将$g^{\frac{P-1}{N}}(mod~P)$ 看作与 $e^{-\frac{2\pi i}{N}}$ 等价，这里$g$是模素数$P$的原根。综上，数论变换的公式如下：
\[ X_k ≡ \sum_{n=0}^{N-1}x_ng^{nk}(mod~P)~~~ k = 0, 1, ...,N-1 \]
逆变换为：
\[ x_n ≡ \frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}X_kg^{-nk}(mod~P)~~~ n = 0, 1, ...,N-1 \]

Code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
constexpr int N = 1 << 18 | 5; 
constexpr int Mod = 998244353;
constexpr int  G = 3;
ll qpow(ll a, ll b) {ll ans = 1;for(; b; a = (a * a) % Mod, b >>= 1)if(b & 1) ans = (ans * a) % Mod;return ans;
}
int siz, rev[N];
ll w[N];
inline void init(int n) {for(siz = 1; siz < n; siz <<= 1);for(int i = 0; i < siz; ++i)rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) * (siz >> 1));ll pr = qpow(G, (Mod-1) / siz);w[siz / 2] = 1;for(int i = 1; i < siz / 2; ++i) w[siz/2+i] = (w[siz/2+i-1]*pr) % Mod;for(int i = siz / 2 - 1; i >= 0; --i) w[i] = w[i << 1];
}
inline void DFT(ll A[], int L) {static ll t[N];int shift = __builtin_ctz(siz) - __builtin_ctz(L);for(int i = 0; i != L; ++i) t[rev[i] >> shift] = A[i];for(int d = 1; d != L; d <<= 1)for(int i = 0; i != L; i += d << 1)for(int j = 0; j != d; ++j) {ll tmp = t[i + d + j] * w[d + j] % Mod;t[i + d + j] = t[i + j] - tmp;t[i + j] = t[i + j] + tmp;if(t[i + d + j] < 0) t[i + d + j] += Mod;if(t[i + j] >= Mod) t[i + j] -= Mod;}for(int i = 0; i != L; ++i) A[i] = t[i] % Mod;
}
inline void IDFT(ll A[], int L) {std::reverse(A + 1, A + L);DFT(A, L);ll Inv_L = qpow(L, Mod - 2);for(int i = 0; i != L; ++i) (A[i] *= Inv_L) %= Mod;
}
int n, m, L;
ll a[N], b[N];
int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i = 0; i <= n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);for(int i = 0; i <= m; ++i) scanf("%lld", &b[i]);for(L = 1; L <= m+n; L <<= 1);  init(L);DFT(a, L); DFT(b, L);for(int i = 0; i <= L; ++i) a[i] = a[i] * b[i] % Mod;IDFT(a, L);for(int i = 0; i <= n+m; ++i) printf("%lld ",a[i]); puts("");return 0;
}

任意模数FFT

题意：给两个多项式$f(x)$ 和 $g(x)$以及一个模数$p(p \leq 10^9)$, 求$f * g (mod ~ p)$

做法：任意模数NTT，最大的数为$p^2 max(n,m) \leq 10^{23}$, 所以一般选三个模数即可，求出这三个模数下的答案，然后中国剩余定理。

设当前这一项的系数为$x$，三个模数分别为$A, B, C$, 那么：
\[ x ≡ x_1 (mod ~ A) \\ x ≡ x_2 (mod ~ B) \\ x ≡ x_3 (mod ~ C) \]
先合并前两项：
\[ x_1 + k_1A = x_2 + k_2B = x \\ x_1 + k_1A ≡ x_2 ~(mod ~ B) \\ k_1 ≡ ~\frac {x_2 - x_1} {A}~(mod ~B) \]
及求出$x ≡ x_1 + k_1A ~(mod ~AB)$，记作$x_4 = x_1 + k_1A$，
\[ x_4 + k_4AB = x_3 + k_3C \\ x_4 + k_4AB ≡ x_3 ~(mod ~C) \\ k_4 ≡ \frac{x3 - x4}{AB} ~(mod ~C) \]
n那么$x ≡ x_4 + k_4AB ~(mod~ABC)$，因为$x < ABC$, 所以$x = x_4 + k_4AB$

Code[洛谷P4245]

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
constexpr int N = 1 << 18 | 5;
constexpr ll Mod1 = 469762049;
constexpr ll Mod2 = 998244353;
constexpr ll Mod3 = 1004535809;
constexpr ll M = Mod1 * Mod2;
constexpr int  G = 3;
using namespace std;
inline ll Mul(ll a, ll b, ll Mod) {ll ans = 0; ((a %= Mod) += Mod)%= Mod;for(; b; a = (a + a) % Mod, b >>= 1)if(b & 1) ans = (ans + a) % Mod;return ans;
}
inline ll qpow(ll a, ll b, ll Mod) {ll ans = 1; ((a %= Mod) += Mod)%= Mod;for(; b; a = (a * a) % Mod, b >>= 1)if(b & 1) ans = (ans * a) % Mod;return ans;
}
int siz, rev[N];
ll w[4][N];
inline void init_w(int typ, ll Mod) {ll pr = qpow(G, (Mod-1) / siz, Mod);w[typ][siz / 2] = 1;for(int i = 1; i < siz / 2; ++i) w[typ][siz/2+i] = (w[typ][siz/2+i-1]*pr) % Mod;for(int i = siz / 2 - 1; i >= 0; --i) w[typ][i] = w[typ][i << 1];
}
inline void init(int n) {for(siz = 1; siz < n; siz <<= 1);for(int i = 0; i < siz; ++i)rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) * (siz >> 1));init_w(1,Mod1); init_w(2,Mod2); init_w(3,Mod3);
}
inline void DFT(ll A[], int L, int typ, ll Mod) {static ll t[N];int shift = __builtin_ctz(siz) - __builtin_ctz(L);for(int i = 0; i != L; ++i) t[rev[i] >> shift] = A[i];for(int d = 1; d != L; d <<= 1)for(int i = 0; i != L; i += d << 1)for(int j = 0; j != d; ++j) {ll tmp = t[i + d + j] * w[typ][d + j] % Mod;t[i + d + j] = t[i + j] - tmp;t[i + j] = t[i + j] + tmp;if(t[i + d + j] < 0) t[i + d + j] += Mod;if(t[i + j] >= Mod) t[i + j] -= Mod;}for(int i = 0; i != L; ++i) A[i] = t[i] % Mod;
}
inline void IDFT(ll A[], int L, int typ, ll Mod) {std::reverse(A + 1, A + L);DFT(A, L, typ, Mod);ll Inv_L = qpow(L, Mod - 2, Mod);for(int i = 0; i != L; ++i) (A[i] *= Inv_L) %= Mod;
}int n, m, L, P;
ll a[N], b[N], c[N], d[N], ans[3][N];ll CRT(ll a1, ll a2, ll a3) {ll k1 = Mul((a2 - a1),qpow(Mod1, Mod2-2, Mod2), Mod2);ll a4 = a1 + k1*Mod1;ll k4 = Mul((a3 - a4) , qpow(M, Mod3-2, Mod3), Mod3);return (a4%P + Mul(k4 , M, P)) % P;
}int main() {scanf("%d%d%d",&n,&m,&P);for(int i = 0; i <= n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);for(int i = 0; i <= m; ++i) scanf("%lld", &b[i]);for(L = 1; L <= m+n; L <<= 1);  init(L);memcpy(c, a, sizeof(a)); memcpy(d, b, sizeof(a)); DFT(c, L, 1, Mod1); DFT(d, L, 1, Mod1);for(int i = 0; i <= L; ++i) ans[0][i] = c[i] * d[i] % Mod1;    memcpy(c, a, sizeof(a)); memcpy(d, b, sizeof(a)); DFT(c, L, 2, Mod2); DFT(d, L, 2, Mod2);for(int i = 0; i <= L; ++i) ans[1][i] = c[i] * d[i] % Mod2;memcpy(c, a, sizeof(a)); memcpy(d, b, sizeof(a)); DFT(c, L, 3, Mod3); DFT(d, L, 3, Mod3);for(int i = 0; i <= L; ++i) ans[2][i] = c[i] * d[i] % Mod3;IDFT(ans[0], L, 1, Mod1); IDFT(ans[1], L, 2, Mod2); IDFT(ans[2], L, 3, Mod3);for(int i = 0; i <= n+m; ++i) {printf("%lld ",CRT(ans[0][i], ans[1][i], ans[2][i]));}puts("");return 0;
}

多项式的各种操作

多项式逆元

题意：给定多项式$A(x)$，请求出一个多项式$B(x)$，满足$A(x)*B(x) ≡ 1 (mod~x^n)$

做法：

当$n = 1$时,$A(x) ≡ c (mod~x)$，这样$A^{-1}(x) ≡ c^{-1}(mod~x)$
$n > 1$时，设$B(x) ≡ A^{-1}(x)(mod~x)$，则有\[A(x)B(x) ≡ 1 (mod~x^n)\]
假设在 $mod~x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}$意义下，$A(x)$的逆元是$B(x)$并且我们已经求出，那么有\[A(x)B'(x) ≡ 1 （mod~x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\]
显然\[A(x)B(x) ≡ 1 （ mod~x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\]
相减可得\[B(x)-B'(x) ≡ 0 (mod~x^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\]
两边平方得\[B^2(x) - 2B'(x)B(x) + B'^2(x) ≡ 0 (mod~x^n)\]
两边同乘$A(x)$，移项可得\[B(x) ≡ 2B'(x) - A(x)B'^2(x) (mod ~x^n)\]

再利用$FFT$加速运算即可。

Code[洛谷P4238]

int n, L;
ll a[N], b[N], tmp[N];
void PloyInv(ll A[], ll B[], int n) {if(n == 1) {B[0] = qpow(A[0], Mod - 2, Mod); return;}PloyInv(A, B, (n + 1) >> 1);int p = 1; while(p < n<<1) p <<= 1;copy(A, A+n, tmp); fill(tmp+n, tmp+p, 0);DFT(tmp, p); DFT(B, p);for(int i = 0; i != p; ++i) {B[i] = (2 - tmp[i] * B[i] % Mod) * B[i] % Mod;if(B[i] < 0) B[i] += Mod;}IDFT(B, p);fill(B + n, B + p, 0);
}
int main() {scanf("%d",&n);for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);for(L = 2; L <= 2*n-2; L <<= 1); init(L);PloyInv(a, b, n);for(int i = 0; i < n; ++i) printf("%lld ",b[i]); puts("");return 0;
}

多项式除法

题意：给定一$n$次多项式$A(x)$和一个$m(m \leq n)$次多项式$B(x)$，要求求出$D(x), R(x)$满足\[A(x) = D(x)B(x) + R(x)\]且$degD \leq degA - degB = n-m, ~degR < m$

做法：首先，想办法消除$R(x)$的影响。首先我定义一个运算
\[A^R(x)= x^n A( \frac{1}{x} )\]
可以发现，这个操作在进行系数反转。

现在将原式的 $x$ 全部替换为 $\frac{1}{x}$ ，然后两边同乘$x^n$，可得
\[ x^nA(\frac{1}{x}) = x^{n-m}D(\frac{1}{x})x^mB(\frac{1}{x}) + x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x}) \\ A^R(x) = D^R(x)B^R(x) + x^{n-m+1}R^R(x) \]

观察这个式子，$D(x)$反转后，次数不会高于$n-m$，而$x^{n-m+1}R^R(x)$这个部分最低次高于$n-m$，把上式放到$mod ~x^{n-m+1}$意义下，$R(x)$就会被消除，现在式子变为\[A^R(x) ≡ D^{R}(x)B^R(x) (mod ~x^{n-m+1})\]这样只需要求$B^R(x)$的逆元即可，$D(x)$可以通过回带$R(x)$求得。

void PloyDiv(ll A[], ll B[], ll D[], ll R[], int n, int m) {static ll A0[N], B0[N];int p = 1, t = n - m + 1;while(p < t<<1) p <<= 1;fill(A0, A0 + p, 0);reverse_copy(B, B+m, A0);PloyInv(A0, B0, t);fill(B0+t, B0+p, 0);DFT(B0, p);reverse_copy(A, A+n, A0);fill(A0 + t, A0 + p, 0);DFT(A0, p);for(int i = 0; i != p; ++i)A0[i] = Mul(A0[i] , B0[i]);IDFT(A0, p);reverse(A0, A0+t); copy(A0, A0+t,D);p = 1; while(p < n) p <<= 1;fill(A0 + t, A0 + p, 0);DFT(A0, p);copy(B, B+m, B0);fill(B0 + m, B0 + p, 0);DFT(B0, p);for(int i = 0; i != p; ++i) A0[i] = Mul(A0[i] , B0[i]);IDFT(A0, p);for(int i = 0; i != m; ++i) R[i] = Dec(A[i] , A0[i]);fill(R+m, R+p, 0);
}int main() {scanf("%d%d",&n,&m); ++n; ++m;for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);for(int i = 0; i < m; ++i) scanf("%lld", &b[i]);int LL = max(max(n, m), (n - m + 1) << 1);L = 1; while(L < LL) L <<= 1; init(L);PloyDiv(a, b, D, R, n, m);for(int i = 0; i < n-m+1; ++i) printf("%lld ",D[i]); puts("");for(int i = 0; i < m-1; ++i) printf("%lld ",R[i]); puts("");return 0;
}

多项式牛顿迭代

题意：已知函数$G(z)$，求一个多项式 $F(z) ~mod ~z^n$ ,满足\[G(F(z)) ≡ 0 ~(mod ~z^n)\]

做法：类似多项式求逆的做法。
当n = 1时，$G(F(z)) ≡ 0 (mod~ z)$要单独求出。现在假设已经求出\[G(F_0(z)) ≡ 0~(mod~z^{\lceil \frac{n}{2} \rceil})\]考虑如何将答案，扩展至 $mod~z^n$下，把$G(F(z))$在$F_0(z)$泰勒展开\[G(F(z))=G(F_0(z))+\frac{G'(F_0(z))}{1!}(F(z)-F_0(z)) + \frac{G''(F_0(z))}{2!}(F(z)-F_0(z))^2 + ...\]因为$F(z)$和$F_0(z)$的最后 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$ 项相同，所以 $(F(z)-F_0(z))^2$ 的最低非0项次数大于 $2\lceil \frac{n}{2}\rceil$ ,所以有\[G(F(z))≡G(F_0(z))+\frac{G'(F_0(z))}{1!}(F(z)-F_0(z)) ~(mod~z^n)\]因为$G(F(z)) ≡ 0 (mod z^n)$, 那么有\[F(z) ≡F_0(z) - \frac{G(F_0(z))}{G'(F_0(z))} ~(mod ~z^n)\]

多项式开方

题意：给定一个 $n-1$ 次多项式 $A(x)$，求一个在 $mod~x^n$ 意义下的多项式 $B(x)$，满足$B^2(x) ≡ A(x)~(mod~x^n)$

做法：移向可得$B^2(x) - A(x) ≡ 0 ~(mod~x^n)$ ，设 $G(B(x)) = B^2(x) - A(x)$, 有$G'(B(x)) = 2B(x)$，带入牛顿迭代的式子里，则有：
\[ B(x) ≡ B_0(x) - \frac{B_0^2(x)-A(x)}{2B_0(x)} ≡ \frac{B_0^2(x)+A(x)}{2B_0(x)}~(mod~x^n) \]
注意到当 $n = 1$ 时，如果题目不保证 $a_0 = 1$，可能需要计算二次剩余

Code[洛谷P5205]

void PloySqrt(ll A[], ll B[], int n) {static ll T[N];if(n == 1) {B[0] = 1; return;}int p = 1, hf =  (n+1) >> 1; while(p < n<<1) p <<= 1;PloySqrt(A, B, hf); fill(B + hf, B + p, 0);PloyInv(B, T, n); fill(T + n, T + p, 0);DFT(T, p);fill(B + hf, B + p, 0);DFT(B, p >> 1);for(int i = 0; i != (p >> 1); ++i)B[i] = (B[i]*B[i]) % Mod;IDFT(B, p >> 1);for(int i = 0; i != n; ++i)B[i] = (A[i] + B[i]) % Mod * Inv2 % Mod;DFT(B, p);for(int i = 0; i != p; ++i)B[i] = (B[i] * T[i]) % Mod;IDFT(B, p);
}
int main() {scanf("%d",&n);for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);for(L = 2; L <= n << 1; L <<= 1); init(L);Inv2 = qpow(2,Mod-2,Mod);PloySqrt(a, b, n);for(int i = 0; i < n; ++i) printf("%lld ",b[i]); puts("");return 0;
}

多项式 ln 和多项式 exp

多项式ln

定义：对于多项式 $A(x) = \sum_{i \geq 1}a_ix^i$ 多项式ln有\[ln(1-A(x)) = -\sum_{i \geq 1}\frac{A^i(x)}{i}\]
计算
现在有$A(x) = 1 + \sum_{i \geq 1} a_ix^i$
对 $ln(A(x))$ 求导有\[(lnA(x))' = \frac{A'(x)}{A(x)}\] 只需计算 $A(x)$ 的逆元，再完成求导和积分运算即可

Code[洛谷4725]

void PloyD(ll A[],ll B[], int n) {copy(A, A+n, B);for(int i = 0; i < n-1; ++i) {B[i] = 1ll*B[i+1]*(i+1) % Mod;} B[n-1] = 0;
}
void PloyF(ll A[], ll B[], int n) {copy(A, A+n, B);for(int i = n-1; i; --i) {B[i] = B[i-1] * Inv[i] % Mod;} B[0] = 0;
}
void PloyLn(ll A[], ll B[], int n) {static ll T[N];int p = 1; while(p < n << 1) p <<= 1;PloyInv(A, T, n); fill(T+n, T+p, 0); DFT(T, p);PloyD(A,B,n); fill(B+n, B+p, 0); DFT(B, p);for(int i = 0; i != p; ++i) T[i] = (B[i] * T[i]) % Mod;IDFT(T, p);PloyF(T, B, n); fill(B+n, B+p, 0);
}
int main() {scanf("%d",&n);for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);for(L = 2; L <= n << 1; L <<= 1); init(L);Inv[1] = 1;for(ll i = 2; i <= L; i++)Inv[i] = (Mod - Mod / i) % Mod * Inv[Mod % i] % Mod;PloyLn(a, b, n);for(int i = 0; i < n; ++i) printf("%lld ",b[i]); puts("");return 0;
}

多项式exp

定义：对于多项式 $A(x) = \sum_{i \geq 1}a_ix^i$ 多项式exp有\[e^{A(x)} = \sum_{i \geq 0}\frac{A^i(x)}{i!}\]
计算

设 $F(x) = e^{A(x)}$ ，变形后得到 \[ln ~F(x) - A(x) = 0\] 构造函数 \[G(F(x)) = ln~F(x) - A(x) \], $G'(F(x)) = \frac{1}{F(x)}$，代入牛顿迭代\[F(x) ≡ F_0(x)(1 - ln~F_0(x) + A(x)) ~(mod~x^n)\] 当 $n = 1$ 时 $F(x) = 1$

Code[洛谷P4726]

void Ployexp(ll A[], ll B[], int n) {static ll T[N];if(n == 1) {B[0] = 1; return;}int p = 1, hf = (n + 1) >> 1; while(p < n<<1) p <<= 1;Ployexp(A, B, hf); fill(B + hf, B + p, 0);PloyLn(B, T, n);for(int i = 0; i != n; ++i) T[i] = (A[i] - T[i] + Mod) % Mod;++ T[0]; if(T[0] >= Mod) T[0] -= Mod;DFT(T, p); DFT(B, p);for(int i = 0; i != p; ++i) B[i] = B[i] * T[i] % Mod;IDFT(B, p);
}
int main() {scanf("%d",&n);for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);for(L = 2; L <= n << 1; L <<= 1); init(L);Inv[1] = 1;for(ll i = 2; i <= L; i++)Inv[i] = (Mod - Mod / i) % Mod * Inv[Mod % i] % Mod;Ployexp(a, b, n);for(int i = 0; i < n; ++i) printf("%lld ",b[i]); puts("");return 0;
}

多项式任意次幂

题意：给出多项式$A(x)$，求$A^k(x)，k \in Q$

做法：

k为整数时可以快速幂
可以利用$A^k(x) = e^{k~ln~A(x)}$ 计算

多项式三角函数

题意：给出多项式$A(x)$，求$sin A(x)~(mod~x^n)$, $cos A(x)~(mod~x^n)$

做法：利用欧拉公式：\[e^{iA(x)} = cosA(x) + i sinA(x)\]与常规的多项式exp基本一致，只能用FFT，运算全部为复数，注意边界

多项式多点求值

多项式快速插值

多项式复合逆

多项式相关题目及应用

分治FFT

题意：给定长度为$n-1$的序列$g[1],...,g[n-1]$计算$f[0],...,f[n-1]$
\[ f[i] = \sum_{j=1}^i f[i-j]g[j] = \sum_{j=0}^{i-1} f[j]g[i-j] \]
有$f[0] = 1$

做法：CDQ+FFT。考虑已经求出$[l,mid]$的$f[i]$，计算他们堆$[mid+1,r]$的贡献$w[x], x \in [mid+1,r] $ 有
\[ w[x] = \sum_{i=l}^{mid} f[i]g[x-i] \rightarrow w[x] = \sum_{i=l}^{x-1} f[i]g[x-i] \]
（设$[mid+1,r]$的$f[i]=0$）
令$k = i-l$,
\[ w[x] = \sum_{k=0}^{x-l-1} f[k+l]g[x-k-l] = \sum_{k=0}^{x-l-1} a[k]b[x-l-1-k] \\ \]
我们凑出对应的$a[i], b[i]$
\[ a[k] = f[k+l]\\ b[x-l-1-k] = g[x-l-k] \rightarrow \\ b[x-l-1+k] = g[x-l+k] \rightarrow \\ b[k-1] = g[k] \rightarrow b[k] = g[k+1] \]

Code[洛谷P4721 分治FFT]

int n, L;
ll Ans[N], g[N], a[N], b[N];
void solve(int l, int r) {if(l == r) return;int mid = (l + r) >> 1;solve(l,mid);int len = r - l + 1, p = 1;for(;p < len; p <<= 1); // 我们最多需要r-l+1前项!!!for(int i = 0; i < p; ++ i) a[i] = b[i] = 0;for(int i = l; i <= mid; ++ i) a[i-l] = Ans[i];for(int i = 0; i <= r-l; ++ i) b[i] = g[i+1];DFT(a,p), DFT(b,p);for(int i = 0; i < p; ++i) a[i] = a[i]*b[i]%Mod;IDFT(a,p);rep(i,mid+1,r) {Ans[i] += a[i-l-1]; if(Ans[i] >= Mod) Ans[i] -= Mod;}solve(mid+1,r);
}
int main() {read(n); rep(i,1,n-1) read(g[i]);for(L = 2; L <= n << 1; L <<= 1); init(L);Ans[0] = 1;solve(0,n-1);rep(i,0,n-1) write(Ans[i]), putchar(' '); putchar('\n');
}