多项式求逆

已知$f(x)$，求$g(x)$满足 $f(x)g(x)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$。
若$f_0=0$，那么显然不可能存在形式幂级数$g(x)$满足条件。于是假定$f_0\ne 0$。

首先有$f(x)\equiv f_0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}x)$，所以$g(x)\equiv f_0^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}x)$
假设已经求出了 $f(x)g^{\prime }(x)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\frac{n}{2}})$
那么 $f(x)g^{\prime }(x)-1\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\frac{n}{2}})$
两边平方使得模的次数翻倍（证明略）： $f^2(x)g^{\prime 2}(x)-2f(x)g^{\prime }(x)+1\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
那么 $f(x)\left(2g^{\prime }(x)-f(x)g^{\prime 2}(x)\right)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
容易发现括号中的式子就是要求的$g(x)$，即$g(x)=2g^{\prime }(x)-f(x)g^{\prime 2}(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$

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前置知识：多项式牛顿迭代

用于寻找多项式零点，已知多项式$G$，求满足$G(F(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$的$F(x)$
假设已经求出了$G(F_0(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\frac{n}{2}})$
将$G(F(x))$在$F_0(x)$处泰勒展开：
$$G(F(x))=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{G^{(n)}(F_0(x))}{n!}(F(x)-F_0(x){)}^n$$
因为$F(x)-F_0(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\frac{n}{2}})$，所以展开式中在模$x^n$意义下只需保留前两项：
$$G(F(x))\equiv G(F_0(x))+\frac{G^{\prime }(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$
而$G(F(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$，代入后移项即得：$$F(x)=F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G^{\prime }(F_0(x))}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

牛顿迭代多项式求逆

$G(x)=\frac{1}{x}-f(z)=0$ 就可以牛顿迭代了。$x$ 是多项式。

$x_1=x_0-\frac{\frac{1}{x_0}-f(z)}{-\frac{1}{x_0^2}}=x_0(2-x_{0}f(z))$

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多项式开根

已知$f(x)$，求$g(x)$满足 $g(x{)}^2=f(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
设$G(x)=x^2-f$，牛顿迭代得到：

$g_1=g_0-\frac{g_0^2-f}{2g_0}=\frac{g_0}{2}+\frac{f}{2g_0}$

Code（CF438E The Child and Binary Tree，题解）：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 300005
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),lim=(k);i<=lim;i++)
#define Clear(a,l,r) memset(a+(l),0,((r)-(l)+1)*(sizeof a[0]))
using namespace std;
const int mod = 998244353, inv2 = (mod+1)/2;
int w[maxn],WL,r[maxn];
int Pow(int a,int b){int s=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) b&1&&(s=1ll*s*a%mod); return s;}
void init(int n){w[0]=WL=1; while(WL<=n) WL<<=1; w[1]=Pow(3,(mod-1)/WL);for(int i=2;i<=WL;i++) w[i]=1ll*w[i-1]*w[1]%mod;
}
int upd(int x){return x+(x>>31&mod);}
void NTT(int *a,int len,int flg){for(int i=0;i<len;i++) if(i<(r[i]=r[i>>1]>>1|(i&1?len>>1:0))) swap(a[i],a[r[i]]);for(int i=2,l=1,v;i<=len;l=i,i<<=1) for(int j=0,t=WL/i;j<len;j+=i) for(int k=j,o=0;k<j+l;k++,o+=t)a[k+l]=upd(a[k]-(v=1ll*w[flg^1?WL-o:o]*a[k+l]%mod)),a[k]=upd(a[k]+v-mod);if(flg^1) for(int i=0,Inv=mod-(mod-1)/len;i<len;i++) a[i]=1ll*a[i]*Inv%mod;
}
void INV(int *A,int *B,int n){B[B[1]=0]=Pow(A[0],mod-2); static int C[maxn];for(int k=2,L=4;k<n<<1;k=L,L<<=1){rep(i,0,L-1) C[i]=i<k?A[i]:(B[i]=0);NTT(C,L,1),NTT(B,L,1); rep(i,0,L-1) B[i]=B[i]*(2-1ll*C[i]*B[i]%mod+mod)%mod;NTT(B,L,-1),Clear(B,min(n,k),L-1);}
}
void SQRT(int *A,int *B,int n){B[B[1]=0]=1; static int a[maxn],b[maxn];for(int k=2,L=4;k<n<<1;k=L,L<<=1){INV(B,b,k); rep(i,0,L-1) a[i]=i<k?A[i]:0;NTT(a,L,1),NTT(b,L,1); rep(i,0,L-1) b[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod; NTT(b,L,-1);rep(i,0,min(k,n)-1) B[i]=1ll*(B[i]+b[i])*inv2%mod; Clear(B,min(n,k),L-1);}
}
int n,m,C[maxn],A[maxn],F[maxn];
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m),init(2*m);for(int i=1,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x),C[x]=mod-4;C[0]=1,SQRT(C,A,m+1),A[0]++,INV(A,F,m+1);for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",F[i]*2%mod);
}

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多项式对数函数$(\ln )$

已知$f(x)$，求$g(x)=\ln f(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$

两边同时取导：$g^{\prime }(x)=\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}$，再积分：$g(x)=\int \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}$

注意，因为积分舍去了常数项，所以这里的积分在 $g_0=0$ 的情况下才是对的，即 $f_0$ 必须等于 $1$

（$lnx$ 泰勒展开在模 $x^n$ 意义下可以表示为 $n-1$ 次多项式，而 $lnC$ 没法表示）

Code：

void LN(int *A,int *B,int n){INV(A,B,n); static int a[maxn]; int L=1<<(lg[n-2+n-1]+1);rep(i,0,L-1) a[i]=i<n-1?1ll*A[i+1]*(i+1)%mod:0,i>=n&&(B[i]=0);NTT(a,L,1),NTT(B,L,1); rep(i,0,L-1) a[i]=1ll*a[i]*B[i]%mod; NTT(a,L,-1);rep(i,0,L-1) B[i]=i&&i<n?1ll*a[i-1]*inv[i]%mod:0;
}

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多项式指数函数$(\exp )$

已知 $f(x)$，求 $g(x)=e^{f(x)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$
$\ln g(x)=f(x)$，设 $G(x)=\ln x-f$，牛顿迭代：
$g_1=g_0-\frac{\ln g_0-f}{\frac{1}{g_0}}=g_0(1-\ln g_0+f)$
注意这里的 1 是常数而不是多项式。
需要保证 $f_0=0$，才能保证 $g(x{)}_0=1$，才可以求 $\ln$

Code：

void EXP(int *A,int *B,int n){B[B[1]=0]=1; static int b[maxn];for(int k=2,L=4;k<n<<1;k=L,L<<=1){LN(B,b,k); rep(i,0,L-1) b[i]=i<k?upd((i==0)-b[i]+A[i]):(B[i]=0);NTT(B,L,1),NTT(b,L,1); rep(i,0,L-1) B[i]=1ll*B[i]*b[i]%mod; NTT(B,L,-1); Clear(B,min(n,k),L-1);}
}

分治FFT的做法$O(n{\log }^{2}n)$（比如这个提交）：
$$\begin{gathered} g(x)=e^{f(x)} \\ {g}^{\prime }(x)=e^{f(x)}{f}^{\prime }(x)=g(x)f^{\prime }(x) \\ (n+1)g_{n+1}={\sum }_{i=0}^n(i+1)f_{i+1}{g}_{n-i} \\ n{g}_n={\sum }_{i=1}^{n}i{f}_i{g}_{n-i}={\sum }_{i=0}^{n-1}{g}_i\ast (n-i)f_{n-i}(n>0) \\ {g}_0=e^{f_0} \end{gathered}$$

EGF 经典应用：连通图计数

所有图的 EGF 为 $G(x)={\sum }_{i\ge 0}\frac{g_i}{i!}{x}^i$

连通图的 EGF 为 $F(x)={\sum }_{i\ge 1}\frac{f_i}{i!}{x}^i$

那么有 $G(x)=e^{F(x)}={\sum }_{i\ge 0}\frac{F(x{)}^i}{i!}$

可以最后得到 $g_n$ 需要乘上 $n!$ 。可以理解为枚举连通块个数，然后分配标号，连通块内部无序，每种有 $k$ 个连通块的方案都被算了 $k!$ 次。

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多项式快速幂

已知 $f(x)$，求 $g(x)=f(x{)}^k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$

• $k\le 10^9$
  倍增，为了避免循环卷积每次点值相乘后都要IDFT。$O(n\log n\log k)$

• $O(\delta (f)\ast k)$，$\delta (f)$ 表示 $f(x)$ 的最高次数
  同样倍增，但是只要FFT的长度大于等于 $\delta (f)\ast k$，就不需要每次IDFT了，直接对点值快速幂即可。

• $O(\delta (f)\ast n)$
  求导可得 $g^{\prime }(x)=kf(x{)}^{k-1}{f}^{\prime }(x)⟹g^{\prime }(x)f(x)=k{f}^{\prime }(x)g(x)$
  对第 $t$ 项展开可得 ${\sum }_{i=0}^t(t-i+1)f_i{g}_{t-i+1}={\sum }_{i=0}^{t}k(i+1)f_{i+1}{g}_{t-i}$
  所以 $g_{t+1}(t+1)f_0={\sum }_{i=1}^{t}ki{f}_i{g}_{t-i+1}-(t-i+1)f_i{g}_{t-i+1}={\sum }_{i=1}^t{f}_i{g}_{t-i+1}((k+1)i-t-1)$
  于是可以 $O(\delta (f))$ 递推出答案的下一项。

• $k\le 10^{10^5}$
  考虑 $f(x{)}^k=\exp (k\ln f(x))$
  而在 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}998244353$ 意义下 $k\ln f(x)\equiv (k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}998244353)\ln f(x)$
  所以可以在输入的时候就将 $k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}998244353$
  然后就可以使用第一种做法了。
  注意在模小质数意义下是不能这么解的，因为当$\delta (f)>mod$的时候 $\ln f(x)$ 可能没有意义

• $\exp 做法$
  如果保证 $f(x)[x^0]=1$，那么可以直接 $\ln$ 乘 $k$ 然后 $\exp$，$O(n\log n)$
  常数项不为1没法求 $\ln$，那就先除掉嘛，$f(x{)}^k={\left(\frac{f(x)}{f_0}\right)}^k\ast f_0^k$，然后括号里面就可以直接做了。
  但是$f_0$可能等于 0，于是找到最低次不为0的项 $a_t{x}^t$，得到：
  $$f(x{)}^k={\left(\frac{f(x)}{a_t{x}^t}\right)}^k\ast a_t^k{x}^{tk}$$括号里面的式子在$(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{n-tk})$ 意义下算就可以了。

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多项式取模

暴力大除法 $A(x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}B(x)$ ，复杂度 $O(deg(B)\ast (deg(A)-deg(B)))$

暴力求 $gcd(A(x),B(x))$ 的首一多项式的复杂度是 $O(deg(A)\ast deg(B))$ 的。$T(n,m)=m\ast (n-m)+O(m^2)=O(nm)$

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多项式多点求值

方法一：分治取模

基本思路1：$F(x_i)=F(z)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(z-x_i)$

因为 $z\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(z-x_i)=x_i$，或令 $F(z)=A(z)(z-x_i)+B(z)$，带入 $z=x_i$ 。

基本思路2：$(F(z)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}A(z)B(z))\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}B(z)=F(z)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}B(z)$

解法：

先令 $F_{[1,m]}=F(z)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\prod }_{1\le i\le m}(z-x_i)$，然后分治：

然而取模需要一次求逆，两次乘法，导致这个做法很慢。（没试过不知道，大家都说慢）

类似的做法可以解决 ${\prod }_{1\le j<i\le n}(a_i-a_j)$

记 $F_i(z)={\prod }_{1\le j<i}(z-a_j)$，那么答案为 $\prod F_i(a_i)=\prod F_i(z)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(z-a_i)$

分治 $F_{[l,r]}={\prod }_{1\le j<l}(z-a_j)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\prod }_{l\le i\le r}(z-a_i)$

传进左边的时候模上 ${\prod }_{l\le i\le mid}(z-a_i)$

传进右边的多项式是 $F_{[l,r]}\ast {\prod }_{l\le j\le mid}(z-a_j)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\prod }_{mid+1\le i\le r}(z-a_i)$

传到叶子的时候显然就是 $F_i(z)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(z-a_i)$

方法二：分治减法卷积

$MULT$ 即减法卷积（差为定值），第三行的性质是因为 $i-(j+k)=i-j-k$

令 $F_{[l,r]}=MULT(F(z),{\prod }_{l\le i\le r}\frac{1}{1-x_{i}z})$

那么 $F_{[l,mid]}=MULT(F(z),{\prod }_{l\le i\le r}\frac{1}{1-x_{i}z}\ast {\prod }_{mid+1\le i\le r}(1-x_{i}z))=MULT(F_{[l,r]},{\prod }_{mid+1\le i\le r}(1-x_{i}z))$

右边类似，$F_{[mid+1,r]}=MULT(F_{[l,r]},{\prod }_{l\le i\le mid}(1-x_{i}z))$

每层最高项只需要保留到区间长度，因为大于区间长度的项最后对 $[z^0]$ 没有贡献。

与方法一一样，先从下到上做一次分治FTT预处理，在根部做一次求逆和减法卷积，然后从上往下分治。每层只需要做减法卷积（一次乘法），比取模快很多。

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多项式多点插值

相当于 $F(z)={\sum }_{i=0}^n{a}_i{\prod }_{j\ne i}z-x_j$，从下到上分治，每次乘上左边或右边的 $\prod z-x_j$ 即可。

那么问题就是如何算 ${\prod }_{j\ne i}{x}_i-x_j$

令 $G(z)={\prod }_{i=0}^n(z-x_i)$，那么 $G(z{)}^{\prime }={\sum }_i{\prod }_{j\ne i}(x-x_j)$，$G(x_i{)}^{\prime }={\prod }_{j\ne i}(x-x_j)$

分治求出 $G(z)$，求导之后多点求值即可。$G(z{)}^{\prime }$ 这里可以用洛必达化成 $\frac{\prod x-x_j}{x-x_i}$ 在 $x=x_i$ 处的取值来理解，不过既不明所以又没有必要。

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多项式复合

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多项式复合逆

因为函数/多项式复合满足结合律。求的是 $F$ 的左逆，假设 $F(H(z))=z$，那么有：

$G(z)=G(F(H(z)))=(G\circ F)(H(z))=H(z)$

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拉格朗日反演

为了与PPT统一（懒得改），以下 $x$ 均表示关于 $z$ 的多项式，即 $x(z)$
$$\begin{gathered} 若F(z)与x(z)互为复合逆，即F和x的常数项为0，1次项非0，且F(x)=z，则： \\ [z^n]x=\frac{1}{n}[z^{-1}](\frac{1}{F(z)}{)}^n \end{gathered}$$
取 $z^{-1}$ 是因为这里的多项式的域是分式环，即 $\frac{A(z)}{B(z)}$，不需要考虑 $B(z)$ 是否可逆，因为可以把它表示为 $z^d\ast B^{\prime }(z)$，它的逆就是 $z^{-d}\ast \frac{1}{B^{\prime }(z)}$ ，所以任何多项式都可逆。

更实用的形式是 $[z^n]x=\frac{1}{n}[z^{n-1}](\frac{z}{F(z)}{)}^n$，因为 $F(z)$ 常数项为 0，所以就可以在普通的形式幂级数下求逆和快速幂了。

扩展形式：$[z^n]H(x)=\frac{1}{n}[z^{-1}]H^{\prime }(z)(\frac{1}{F(z)}{)}^n$

于是求复合逆单项可以 $O(n\log n)$

证明

听完课后不到10min就看懂了网上那篇以前看起来是天书的拉格朗日反演blog…

myh赛高！

简单应用

特殊应用：二元生成函数

考虑二元生成函数 $H(u,z)=\frac{1}{1-uz}$

那么由扩展拉格朗日反演有：$[z^n]H(u,F(z))=\frac{1}{n}[z^{n-1}]H(u,z{)}^{\prime }(\frac{z}{F^{-1}(z)}{)}^n$，其中 $F^{-1}(z)$ 是 $F(z)$ 的复合逆。
$$[z^n]\frac{1}{1-uF(z)}=\frac{1}{n}[z^{n-1}](\frac{1}{1-uz}{)}^{\prime }(\frac{z}{F^{-1}(z)}{)}^n$$
而 $\frac{d(\frac{1}{1-uz})}{dz}={\sum }_{i\ge 0}{u}^{i+1}(i+1)z^i$

也就是说在求出 $(\frac{z}{F^{-1}(z)}{)}^n$ 后，可以 $O(n)$ 算出右边 $i\in [0,n],[u^i]$ 的值。

而左边等于 ${\sum }_{i\ge 0}[z^n]F(z{)}^i{u}^i$，于是我们就得到了 $i\in (0,n],[z^n]F(z{)}^i$ 的值。

当 $F(z)$ 没有复合逆时，有两种情况：

(1) $[z^0]F(z)=c$，则令 $P(z)=F(z)-c$，求出 $[z^n]P(z{)}^i$ 之后二项式定理展开 $(P(z)+c{)}^i$

做一次卷积即可。

(2) $F(z)$ 的最低次项 $k\ge 2$，则令 $P(z)=F(z{)}^{\frac{1}{k}}$，那么 $F(z{)}^i=P(z{)}^{ki}$，而 $[z^n]F(z{)}^i$ 只有当 $i\le \frac{n}{k}$ 时有值。

二元生成函数 $H(u,z)$ 的 $u$ 的指数 $u^i$ 表示选了 $i$ 个 $F$ 乘起来。$z$ 的指数在具体的题目中也可以体现不同的含义。

例题：ZJOI2020 抽卡