基础：FFT与NTT
多项式求乘法逆元
\(Code：\)
int n;
ll A[N], B[N], C[N], r[N];
ll limi, l;
inline ll quickpow(ll x, ll k)...
inline void ntt(ll *a, int type) {...//此处已经让type = 1的乘inv了
void sol(int deg, ll *a, ll *b) {//b is 逆元
if (deg == 1) {
b[0] = quickpow(a[0], P - 2);
return ;
}
sol((deg + 1) >> 1, a, b);
limi = 1, l = 0;
while (limi <= (deg << 1)) limi <<= 1, ++l;
for (register int i = 1; i <= limi; ++i)
r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1));
for (register int i = 0; i < deg; ++i) C[i] = a[i];//转移到C防变化
for (register int i = deg; i < limi; ++i) C[i] = 0;//多次清空更保险
ntt(b, 1); ntt(C, 1);
for (register int i = 0; i < limi; ++i)//B = 2B' - AB'B' = B'(2 - AB')
b[i] = ((2ll - b[i] * C[i]) % P + P) % P * b[i] % P;
ntt(b, -1);
for (register int i = deg; i <= limi; ++i)//多次清空更保险
b[i] = 0;
}
int main() {
read(n);
for (register int i = 0; i < n; ++i) read(A[i]);
sol(n, A, B);
for (register int i = 0; i < n; ++i)
printf("%lld ", B[i]);
return 0;
}
这里给一个简化的板子，供复习：
inline void get_inv(ll *a, ll *b, int deg) {//deg：项数
if (deg == 1) return b[0] = inv(a[0]), void() ;
get_inv(a, b, (deg + 1) >> 1);
limi = 1; len = 0;
while (limi <= (deg << 1)) limi <<= 1, len++;
for (register int i = 0; i < limi; ++i)
r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (len - 1));
for (register int i = 0; i < deg; ++i) c[i] = a[i], d[i] = b[i];
for (register int i = deg; i < limi; ++i) c[i] = d[i] = 0;
ntt(c, 1), ntt(d, 1);
for (register int i = 0; i < limi; ++i) c[i] = c[i] * d[i] % P * d[i] % P;
ntt(c, -1);
for (register int i = 0; i < deg; ++i) b[i] = ((2 * b[i] - c[i]) % P + P) % P;
}
多项式开根号
题意
- 给A(x)，其中a0 = 1，求B(x)，使得B(x)^2 = A(x) (mod x^n)
思路简析
与多项式求逆相同，由于一平方就mod x^m -> mod x^(2m)，我们考虑递归求解。
表达式
同样假设我们已经求出B(x)的一半b(x)，那么：
A * b = 1(mod x^m)
A * B = 1(mod x^m)
∴B - b = 0（mod x^m)
两边平方:
B^2 - 2 * B * b + b^2 = 0(mod x^(2*m))
据B^2 = A(mod x^(2*m))：
A - 2 * B * b + b^2 = 0(mod x^(2*m))
于是：
B = (A/b + b) / 2
配合多项式求逆解出B(x)。
递归边界
模板题非常友善，告诉我们 a0 = 1，于是递归边界为
if (deg == 1) {b[0] = 1; return ;}
如果题目没有那么友善，那么我们或许可以多random几个数 我们需要用二次剩余之类的麻烦的东西，或者考虑换一种算法。
Code:
void get_sqrt(ll *a, ll *b, int deg) {
if (deg == 1) {b[0] = 1; return ;}
get_sqrt(a, b, (deg + 1) >> 1);
//get_len
limi = 1, len = 0;
while (limi <= (deg << 1)) limi <<= 1, len++;
for (register int i = 0; i <= limi; ++i)
r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (len - 1));
//copy and multiply
for (register int i = 0; i <= limi; ++i) bn[i] = 0;//attention
get_inv(b, bn, deg);
for (register int i = 0; i < deg; ++i) C[i] = a[i];
for (register int i = deg; i <= limi; ++i) C[i] = 0;
ntt(C, 1); ntt(bn, 1);
for (register int i = 0; i <= limi; ++i)
C[i] = C[i] * bn[i] % P;
ntt(C, -1);
for (register int i = 0; i < deg; ++i) b[i] = (C[i] + b[i]) * inv2 % P;
for (register int i = deg; i <= limi; ++i) b[i] = 0;
}
注意：
- 用数组前一定注意清空。我也不知道为什么，反正不清空就会出错。估计是NTT的祸吧。
多项式除法
-
A(x) * B(x) + C(x) = D(x)，给出D(x), A(x)，求B(x)，C(x)。（类似高精除）
-
m = deg(A) < 100,000, n = deg(D) <= 100,000，m <= n
思路简析
我们发现神奇的事情：把A,B,C,D都翻转过来，（把C加到D后面），等式仍然成立。并且还有一个好处：C转过来后D的0~n-m项都不受C的影响，而B又肯定超不过n-m+1项。因此我们可以借助反转后的A,D数组算出B数组，然后什么都好搞了。
Code:
int main() {
read(n); read(m); n++; m++;//n,m变成项数
for (register int i = 0; i < n; ++i) read(D[i]), Dbp[i] = D[i];
for (register int i = 0; i < m; ++i) read(A[i]), Abp[i] = A[i];//backup
Reverse(A, m);
Reverse(D, n);
for (register int i = n - m + 1; i < n; ++i)
A[i] = D[i] = 0;
get_inv(A, An, n - m + 1);
mul(D, An, B, n - m + 1, n - m + 1);
//D(n-m+1项) * An(n-m+1项) -> B
Reverse(B, n - m + 1);
mul(Abp, B, AB, m, n - m + 1);
for (register int i = 0; i < m - 1; ++i)
C[i] = (Dbp[i] - AB[i] + P) % P;
...
}
注意
-
在算D*inv(A)时，保险起见，只保留D和A的0~n-m项，且对A,D做备份，算C时用。
-
什么时候用n-m，什么时候用n-m+1，要分清楚！
-
此时多项式变量名逐渐增多，注意区分，不要把An写成A!
分治FFT
（其实我觉得对于我这个几乎只写NTT的人来说，叫分治NTT比较好）
简单说一下，分治FFT用到了CDQ分治的思想，但不用非得学CDQ分治，毕竟这个思想还是比较好理解的，之前也经常用到。简而言之，这里的CDQ分治思想就是：每次只考虑左半段对右半段的贡献，先递归解决左半段，然后让右半段加上左半段的贡献，再递归解决右半段。这样，一次次贡献的加和就组成了每个位置的值。
将题意稍稍转化，f[i] = g[0 ~ i]与f[0 ~ i]的卷积（多项式乘法）。剩下的推导部分可以通过手玩来推导。
最关键的两条语句：
for (int i = l;i <= mid; i++) a[i-l] = f[i];
for (int i = 0;i < len; i++) b[i] = g[i];
\(Code:\) my code
（主要篇幅是NTT，其实重点就在于以上两条语句，NTT只是工具）
多项式求ln
在学习微积分后，我再学ln，感觉舒适了很多。
求ln很简单，两边求个到，用一下多项式求逆，再积分即可。
思维难度低，代码量大。
新增两条背诵语句：
inline void dao(ll *a, ll *b, int n) {
for (register int i = 1; i < n; ++i) b[i - 1] = i * a[i] % P; b[n - 1] = 0;
}
inline void ji(ll *a, ll *b, int n) {
for (register int i = 1; i < n; ++i) b[i] = a[i - 1] * inv(i) % P; b[0] = 0;
}
其实也不是很难背，考虑 求导/积分 完后的b[i]（或b[i - 1])是从哪里转移来的，就很容易理解了。
剩余部分代码：
get_inv(A, An, n); dao(A, Ad, n);
limi = 1, len = 0;
while (limi <= (n << 1)) limi <<= 1, len++;
for (register int i = 0; i <= limi; ++i)
r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (len - 1));
ntt(Ad, 1); ntt(An, 1);
for (register int i = 0; i <= limi; ++i) A[i] = Ad[i] * An[i] % P;
ntt(A, -1);
ji(A, C, n);
for (register int i = 0; i < n; ++i)
printf("%lld ", C[i] % P);