• 不妨又學習了一下多項式的求ln、exp、快速冪和開根操作。

• 這些操作比之前的求逆更上了一層臺階，應用同樣很廣。

• 多項式求逆等知識在我的博客里有講：多項式的求逆、取模和多點求值學習小記

多項式ln

• 給出一個次數(shù)界為 $n$ 的多項式 $F(x)$ ，要求多項式 $G(x)$ 滿足：$$G(x)\equiv lnF(x)(mod{x}^n)$$

• 我們對其兩邊求導（右邊相當于是復合函數(shù)求導）：$$G^{\prime }(x)=\frac{F^{\prime }(x)}{F(x)}$$

• 再兩邊積分，即：$$G(x)=\int \frac{F^{\prime }(x)}{F(x)}dx$$

• 于是應用一下多項式求逆即可在 $O(nlogn)$ 的時間內(nèi)求出一個多項式的 ln 了。

• 其中求導和積分都是 $O(n)$ ，具體來說就是：$$(x^a{)}^{\prime }=a{x}^{a?1}$$$$\int x^{a}dx=\frac{1}{a+1}{x}^{a+1}$$

• 逐項操作即可求導、積分。

多項式exp

• 給出一個次數(shù)界為 $n$ 的多項式 $F(x)$ ，要求多項式 $G(x)$ 滿足：$$G(x)\equiv e^{F(x)}(mod{x}^n)$$

• 這個需要用到 牛頓迭代法——一種在實數(shù)域和復數(shù)域上近似求解方程的方法。

• 牛頓迭代法的一般式如下（要求的根為 $x$）：$$x^{\prime }=x?\frac{f(x)}{f^{\prime }(x)}$$

• 于是我們先將定義式移項：$$G(x)?e^{F(x)}=0$$

• 兩邊取對數(shù)：$$lnG(x)?F(x)=0$$

• 把 $G(x)$ 當做要求的方程的根，則根據(jù)牛頓迭代法可得：$$G_{t+1}(x)=G_t(x)?\frac{ln{G}_t(x)?F(x)}{\frac{1}{G_t(x)}}=G_t(x)(1+F(x)?ln{G}_t(x))$$

• 這樣每次迭代都使精度（次數(shù)界）翻倍，遞歸處理即可，每次遞歸過程中要進行一次多項式求ln 。

• 這樣的時間復雜度是 $T(n)=T(\frac{n}{2})+O(nlogn)=O(nlogn)$ 的，不過常數(shù)較大。

多項式快速冪

• 給出一個次數(shù)界為 $n$ 的多項式 $F(x)$ ，要求多項式 $G(x)$ 滿足：$$G(x)\equiv F(x{)}^k(mod{x}^n)$$

• 如果像普通一樣每次直接 NTT 的話，復雜度會很不理想，特別是當 $k$ 大到一定程度的時候。

• 我們可以兩邊取對數(shù)，則有：$$lnG(x)=lnF(x{)}^k=klnF(x)$$

• 右邊多項式系數(shù)直接乘 $k$ ，再兩邊exp還原即可。

• 這樣做的話 $k$ 的值可以很大，我們只需要知道它模意義下的值即可。

• 這樣多項式快速冪需要用到求ln、exp，但復雜度仍是 $O(nlogn)$ 的。

• 附模板題和我的代碼： 洛谷 P5245 【模板】多項式快速冪

• 值得注意的是這里的 $k$ 達到了 $10^{10^5}$ 數(shù)量級，我們用高精度除單精度求其模意義下的值即可。

Code

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cctype> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e5+5,L=N<<2,G=3,mo=998244353; int a[L],b[L],c[L]; int f[L],rev[L],wn[L],inv[L]; char s[N]; inline int read() {int X=0,w=0; char ch=0;while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X; } inline int ksm(int x,int y) {int s=1;while(y){if(y&1) s=(LL)s*x%mo;x=(LL)x*x%mo;y>>=1;}return s; } inline void NTT(int *y,int len,int ff) {for(int i=0;i<len;i++)if(i<rev[i]) swap(y[i],y[rev[i]]);for(int h=2,d=len>>1;h<=len;h<<=1,d>>=1)for(int i=0,k=h>>1;i<len;i+=h)for(int j=0,cnt=0;j<k;j++,cnt+=d){int u=y[i+j],t=(LL)y[i+j+k]*wn[cnt]%mo;y[i+j]=u+t>=mo?u+t-mo:u+t;y[i+j+k]=u-t<0?u-t+mo:u-t;}if(ff==-1){reverse(y+1,y+len);int invl=inv[len];for(int i=0;i<len;i++) y[i]=(LL)y[i]*invl%mo;} } void getinv(int len,int num) {if(len==1){b[0]=ksm(c[0],mo-2);return;}getinv(len>>1,num-1);for(int i=0;i<len>>1;i++) f[i]=c[i];for(int i=len>>1;i<len;i++) f[i]=0;for(int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<num-1;int w0=ksm(G,(mo-1)/len);for(int i=wn[0]=1;i<=len;i++) wn[i]=(LL)wn[i-1]*w0%mo;NTT(f,len,1),NTT(b,len,1);for(int i=0;i<len;i++) b[i]=(2-(LL)b[i]*f[i]%mo+mo)*b[i]%mo;NTT(b,len,-1);for(int i=len>>1;i<len;i++) b[i]=0; } inline void getln(int len,int num) {getinv(len,num);for(int i=0;i<len-1;i++) f[i]=(LL)c[i+1]*(i+1)%mo;f[len-1]=0;for(int i=len>>1;i<len;i++) f[i]=b[i]=0;NTT(f,len,1),NTT(b,len,1);for(int i=0;i<len;i++) f[i]=(LL)f[i]*b[i]%mo;NTT(f,len,-1);for(int i=len-1;i>0;i--) f[i]=(LL)f[i-1]*inv[i]%mo;f[0]=0; } void getexp(int len,int num) {if(len==1){c[0]=1;return;}getexp(len>>1,num-1);for(int i=0;i<len;i++) f[i]=b[i]=0;getln(len,num);f[0]=(a[0]+1-f[0]+mo)%mo;for(int i=1;i<len>>1;i++) f[i]=(a[i]-f[i]+mo)%mo;for(int i=len>>1;i<len;i++) f[i]=0;NTT(c,len,1),NTT(f,len,1);for(int i=0;i<len;i++) c[i]=(LL)c[i]*f[i]%mo;NTT(c,len,-1);for(int i=len>>1;i<len;i++) c[i]=0; } int main() {int n=read(),k=0;scanf("%s",s+1);int m=strlen(s+1);for(int i=1;i<=m;i++) k=((LL)k*10+s[i]-'0')%mo;for(int i=0;i<n;i++) c[i]=read();inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<L;i++) inv[i]=(LL)(mo-mo/i)*inv[mo%i]%mo;int len=1,num=0;while(len<n<<1) len<<=1,num++;getln(len,num);for(int i=0;i<n;i++) a[i]=(LL)f[i]*k%mo;for(int i=0;i<len;i++) f[i]=b[i]=c[i]=0;getexp(len,num);for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",c[i]);return 0; }

多項式開根

• 給出一個次數(shù)界為 $n$ 多項式 $A(x)$ ，要求一個次數(shù)界為 $n$ 的多項式 $B(x)$ 滿足：$$B^2(x)\equiv A(x)(mod{x}^n)(?)$$

• 這個在做生成函數(shù)題時用得很多，放在這里是因為這可以用 ln、exp 來處理（需要保證 $A_0=1$）。

• 兩邊取對數(shù)，得：$$lnB(x)=\frac{1}{2}lnA(x)$$

• 再兩邊 exp 還原即可，本質與多項式快速冪是一樣的，時間復雜度 $O(nlogn)$ 。

• 當然開根也有其獨特的解法，跟求逆一樣是倍增來求的。

• 我們已求出 $G(x)$ 滿足：$$G^2(x)\equiv A(x)(mod{x}^{?\frac{n}{2}?})$$

• 用 (*) 式減上式，得：$$B^2(x)?G^2(x)\equiv 0(mod{x}^{?\frac{n}{2}?})$$

• 平方差公式：$$(B(x)+G(x))(B(x)?G(x))\equiv 0(mod{x}^{?\frac{n}{2}?})$$

• 這里的根有兩個，這里考慮其中一個：$$B(x)?G(x)\equiv 0(mod{x}^{?\frac{n}{2}?})$$

• 兩邊平方（次數(shù)界擴大了兩倍）：$$(B(x)?G(x){)}^2\equiv 0(mod{x}^n)$$

• 展開來：$$B^2(x)?2B(x)G(x)+G^2(x)\equiv 0(mod{x}^n)$$

• 消去 $B^2(x)$ ，即：$$A(x)?2B(x)G(x)+G^2(x)\equiv 0(mod{x}^n)$$

• 移項即得：$$B(x)\equiv \frac{A(x)+G^2(x)}{2G(x)}(mod{x}^n)$$

• 或者這種形式：$$B(x)\equiv \frac{1}{2}(\frac{A(x)}{G(x)}+G(x))(mod{x}^n)$$

• 于是我們多項式求逆并計算即可，時間復雜度 $O(nlogn)$ 。

• 注意遞歸底層是 $B_0=\sqrt{A_0}$ ，若是 0、1 就最好了，否則我們得算一下二次剩余（當然必須得有，不然沒法開根）！

• 如果題目使得這個值是固定的，那么就可以直接枚舉算二次剩余是啥。

• 如果是會變的，也許我們要用用什么 $Cipolla$ 算法……這里就不做討論了。。

• 有興趣的同學可以看看 a_crazy_czy大神 的 二次剩余Cipolla算法學習小記 。

• 模板題：洛谷 P5205 【模板】多項式開根

Code

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cctype> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e5+5; int G=3,mo=998244353,inv2=mo+1>>1; int a[N<<2],b[N<<2],c[N<<2]; int f[N<<2],rev[N<<2],wn[N<<2]; inline int read() {int X=0,w=0; char ch=0;while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X; } void write(int x) {if(x>9) write(x/10);putchar(x%10+'0'); } inline int ksm(int x,int y) {int s=1;while(y){if(y&1) s=(LL)s*x%mo;x=(LL)x*x%mo;y>>=1;}return s; } inline void NTT(int *y,int len,int ff) {for(int i=0;i<len;i++)if(i<rev[i]) swap(y[i],y[rev[i]]);for(int h=2,d=len>>1;h<=len;h<<=1,d>>=1)for(int i=0,k=h>>1;i<len;i+=h)for(int j=0,cnt=0;j<k;j++,cnt+=d){int u=y[i+j],t=(LL)wn[cnt]*y[i+j+k]%mo;y[i+j]=u+t>=mo?u+t-mo:u+t;y[i+j+k]=u-t<0?u-t+mo:u-t;}if(ff==-1){for(int i=len>>1;i;i--) swap(y[i],y[len-i]);int inv=ksm(len,mo-2);for(int i=0;i<len;i++) y[i]=(LL)y[i]*inv%mo;} } void solve1(int len,int num) {if(len==1){c[0]=ksm(b[0],mo-2);return;}solve1(len>>1,num-1);for(int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<num-1;int w0=ksm(G,(mo-1)/len);for(int i=wn[0]=1;i<=len;i++) wn[i]=(LL)wn[i-1]*w0%mo;for(int i=0;i<len>>1;i++) f[i]=b[i];for(int i=len>>1;i<len;i++) f[i]=0;NTT(f,len,1),NTT(c,len,1);for(int i=0;i<len;i++) f[i]=(2-(LL)f[i]*c[i]%mo+mo)*c[i]%mo;NTT(f,len,-1);for(int i=0;i<len>>1;i++) c[i]=f[i];for(int i=len>>1;i<len;i++) c[i]=0; } void solve(int len,int num) {if(len==1){b[0]=1;return;}solve(len>>1,num-1);solve1(len,num);for(int i=0;i<len>>1;i++) f[i]=a[i];for(int i=len>>1;i<len;i++) f[i]=0;NTT(f,len,1),NTT(c,len,1);for(int i=0;i<len;i++) f[i]=(LL)f[i]*c[i]%mo;NTT(f,len,-1);for(int i=0;i<len>>1;i++) b[i]=(LL)(f[i]+b[i])*inv2%mo;for(int i=len>>1;i<len;i++) b[i]=0;for(int i=0;i<len;i++) c[i]=0; } int main() {int n=read();for(int i=0;i<n;i++) a[i]=read();int mx=1,ll=0;while(mx<n+n) mx<<=1,ll++;solve(mx,ll);for(int i=0;i<n;i++) write(b[i]),putchar(' ');return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的多项式的ln、exp、快速幂和开根学习小记的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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