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参考资料
牛顿迭代法在多项式运算的应用-by Miskcoo
如何通俗易懂地讲解牛顿迭代法？
前言-牛顿迭代
在食用本文之前，建议先学习这篇博客：多项式常用操作归纳
同样的，本文还是建议从前往后进行学习~~~
实数意义下的
首先是看了马老师的博客，然后就了解了求不规则函数根的方法。
下面是博主自己的概括和理解：
大概就是随便在x轴上找一个点，然后向上作x轴的垂线，交函数于一点y，然后再作(x,y)处的切线，交x轴于(x',0)。又从(x',0)这个点开始不断地重复。
最终我们找到的交x轴的那个点，有极大的概率是方程的根（函数的零点）。
现在我们来看一下，在已知\((x_0,f(x_0))\)的情况下，如何求出x'的值：
设原函数为\(f(x)\)，然后在\((x_0,f(x_0))\)的切线方程为：\(y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)\)，然后就可以简单的令y=0，就可以得到：\(0=f'(x_0)(x'-x_0)+f(x_0)\)->\(x'=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}\)，然后就可以通过这个式子进行不断地迭代了。
多项式意义下的
这个...其实还没有发现和上面的那个有什么关系...可能是我研究的还不够深入吧...先道个歉...
重点是记住结论就好了
首先看一个式子:
\[G(F(x))\equiv 0(mod\ x^n)\]
已知的是G(x)，要求的是F(x)。
咋搞呢？
首先是多项式问题的常见套路：设\(F_0(x)\)是在\(mod\ x^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\)意义下的解，而且已经求出来了。
也就是有：
\[G(F_0(x))\equiv 0(mod\ x^{\lfloor\frac{n}{ 2}\rfloor})\]
由泰勒展开可得：
\[G(F(x))=\frac{G(F_0(x))}{0!}+\frac{G'(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))+\frac{G''(F_0(x))}{2!}(F(x)-F_0(x))^2+...\]
然后我们进一步可以发现，其实从式子中的第三项开始就可以省略了。
为什么呢？？
因为在高次的情况下满足的式子，低次也是满足的：
\[G(F(x))\equiv 0(mod\ x^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor})\]
进一步也就是说\(F(x)\)和\(F_0(x)\)的后n/2位是相等的。
然后你就会发现\((F(x)-F_0(x))\)的最低次项的次数都是(n/2)*(n/2)=n的，在模\(x^(n)\)的意义下，就变成0了！！！
所以说只有前面两项是有意义的。
这样子之后就变得炒鸡简单啦：
\[G(F(x))=\frac{G(F_0(x))}{0!}+\frac{G'(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))\]
然后我们进行进一步的变形，就能够得出F(x)的表达式：
\[F(x)=F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\]
特别需要注意的是，这里的F(x)最好是看成是一个变元（通俗地讲，就看成是'x'），在这个意义下在进行求导的运算。
如何具体的使用这个蕴藏着丰富力量的公式呢？
每次都将题目中的同余式化成右边等于0 的形式，然后再令左边等于G(F(x))，再带入上述的结论式中，就能够得到你想要的结论了~~~
下面给出的常见操作大都是使用牛顿迭代得到的，其实也有常规的推导方式，只不过使用牛顿迭代更加简单易懂罢了。
多项式对数函数
这个是用不到牛顿迭代的...这里就先说了。
通常题目都是在模x^n的意义下进行求解的，后面就不再重复了。
题目就是：
\[B(x)\equiv ln(A(x))(mod\ x^n)\]
其中A(x)是已知的，B(x)是我们要求的。
对两边同时求导可得：
\[B'(x)\equiv \frac{A'(x)}{A(x)}(mod\ x^n)\]
然后我们发现后面的那个式子是能够使用之前的方法解决的（求逆+求导）。求导的话，不懂的可以出门百度一下，比较简单。
最后得到B'(x)之后，再积分回来，就能够得到最终的答案了。（积分和求导都是有比较简单的公式的，且是O(n)的）
多项式指数函数
从这里开始就需要用到牛顿迭代了。
我们的问题是：
\[e^{A(x)}\equiv B(x)(mod\ x^n)\]
其中A(x)是已知的，B(x)是我们要求的。
将问题转化一下，就变成了：
\[ln(B(x))\equiv A(x)(mod\ x^n)\]
然后将A(x)移到左边来，就有了：
\[ln(B(x))-A(x)\equiv 0(mod\ x^n)\]
再令\(G(F(x))=ln(B(x))-A(x)\)
最后来一波牛顿迭代，就有了：
\[B(x)=B_0(x)-\frac{ln(B_0(x))-A(x)}{\frac{1}{B_0(x)}}\]
再变一下，就有了：
\[B(x)=B_0(x)(1-ln(B_0(x))+A(x))\]其中\(B_0(x)\)是我们在模\(x^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\)意义下已经求得的答案。求ln(B0(x))的话，可以用之前的多项式对数函数搞就可以了。
这里需要特别注意的是，多项式求指数函数是有前提的：A(x)的常数项必须为0，否则在底层的时候B[0]无法赋初值
这样子就有B[0]=1(因为ln(1)=0)。
多项式开根
直接上问题：
\[\sqrt{A(x)}\equiv B(x)(mod\ x^{\frac{n}{2}})\]
其中A(x)已知，B(x)是要求的。
把根号去掉就有：
\[A(x)\equiv B^2(x)(mod\ x^n)\]
然后又用常见的套路：
\[G(F(x))=A(x)-(B(x))^2\]
就有牛顿迭代：
\[B(x)=B_0(x)-\frac{A(x)-(B_0(x))^2}{-2*B_0(x)}\]
化简一下就有：
\[B(x)=\frac{B_0(x)}{2}+\frac{A(x)}{2*B_0(x)}\]
然后就可以做了(求逆就可以了)。
多项式求幂
这个就比较简单（但是也想不到这个思路）。
之前我们就有一个比较简单的一个思路，就是多项式快速幂，是\(O(n\log^2 n)\)的算法。这里利用之前的方法能够优化到\(O(n\log n)\)（但是常数巨大...）。
思路其实就是将\((F(x))^k\)转化为\(e^{k*ln(F(x))}\)。
如果觉得不显然的话，展开之后，你就会发现他们是一样的!!!
那就是nlogn了（是不是感觉有点震惊...）。
这里只是草草地将博客赶完了，具体的细节明天再更吧...