多项式各种操作

PS：洛谷上有大部分以下操作的模板题。

感谢 cyk 巨神 的 多项式算法合集。

多项式求逆

problem:

给定一个 $(n-1)$ 次多项式 $A(x)$ ，求多项式 $B(x)$ 满足：

$$A(x)B(x)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

solution:

为了方便，我们设 $n=2^k(k>0)$（若 $n$ 不是 $2$ 的整数次幂，可以像 $fft$ 那样强行扩大到 $2^k$）。

用类似于倍增的方法，即假设我们已知

$$A(x)C(x)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\frac{n}{2}})$$

因为 $A(x)B(x)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$，那么有 $A(x)B(x)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\frac{n}{2}})$，两式相减得：

$$A(x)(B(x)-C(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\frac{n}{2}})$$

那么消掉 $A(x)$，两边平方得：

$$B^2(x)+C^2(x)-2B(x)C(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

这个时候再把 $A(x)$ 乘回去，得到：

$$A(x)(B^2(x)+C^2(x)-2B(x)C(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

然后再综合 $A(x)B(x)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$ 化简，最终得到：

$$B(x)=2C(x)-A(x)C^2(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

时间复杂度 $O(n\log n)$。

code:

注意代码中用的变量和推导中用的不一样。

typedef vector<int> poly;
poly Inv(poly A,int len){
poly C,B(1,Power(A[0],P-2));
for(int limit=4;limit<(len<<2);limit<<=1){
init(limit);
C=A,C.resize(limit>>1);
C.resize(limit),NTT(C,limit,1);
B.resize(limit),NTT(B,limit,1);
for(int i=0;i<limit;++i)
B[i]=mul(B[i],dec(2,mul(B[i],C[i])));
NTT(B,limit,-1),B.resize(limit>>1);
}
B.resize(len);return B;
}

多项式开根

problem:

已知一个 $(n-1)$ 次多项式 $A(x)$，求多项式 $B(x)$ 满足

$$B^2(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

保证 $A(0)=1$。

solution:

和求逆一样，为了方便，记 $n=2^k(k>0)$。

假设我们知道

$$C^2(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\frac{n}{2}})$$

因为 $B^2(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$，那么有 $B^2(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\frac{n}{2}})$，那么

$$B(x)-C(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\frac{n}{2}})$$

平方，得：

$$B^2(x)+C^2(x)-2B(x)C(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

又由于 $B^2(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$，所以：

$$B(x)=\frac{A(x)}{2C(x)}+\frac{C(x)}{2}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

不难发现需要用到上面所说的多项式求逆。

时间复杂度 $O(n\log n)$，好像常数有点大。

code:

typedef vector<int> poly;
poly Sqrt(poly A,int len){
poly B(1,1),C,D;
for(int limit=4;limit<(len<<2);limit<<=1){
C=A,C.resize(limit>>1);
init(limit),D=Inv(B,limit>>1);
C.resize(limit),NTT(C,limit,1);
D.resize(limit),NTT(D,limit,1);
for(int i=0;i<limit;++i)
C[i]=mul(C[i],D[i]);
NTT(C,limit,-1),B.resize(limit>>1);
for(int i=0;i<(limit>>1);++i)
B[i]=mul(inv2,add(B[i],C[i]));
}
B.resize(len);return B;
}

多项式除法 $\&$ 取模

problem:

给定一个 $n$ 次多项式 $A(x)$ 和一个 $m$ 次多项式 $B(x)$，求一个 $(n-m)$ 次多项式 $C(x)$ 和 $(m-1)$ 次多项式 $D(x)$ 满足：

$$A(x)=B(x)C(x)+D(x)$$

solution:

对于一个最高项次数为 $n$ 的多项式 $A(x)$，我们考虑对它进行一个操作，即令 $A^R(x)=x^{n}A(\frac{1}{x})$。

发现 $A^R(x)$ 就是将 $A(x)$ 的系数反转的式子（可以代几个 $n$ 比较小的多项式来帮助自己理解）。

现在的式子是：

$$A(x)=B(x)C(x)+D(x)$$

其中，$A(x)$ 最高项为 $n$，$B(x)$ 最高项为 $m$，$C(x)$ 最高项为 $n-m$，$D(x)$ 的最高项为 $m-1$。

那么两边同时乘 $x^n$，并将 $\frac{1}{x}$ 代入，得到：

$$x^{n}A(\frac{1}{x})=x^{m}B(\frac{1}{x})x^{n-m}C(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}\times x^{m-1}D(\frac{1}{x})$$

通过上面的公式，即 $A^R(x)=x^{n}A(\frac{1}{x})$，得到：

$$A^R(x)=B^R(x)C^R(x)+x^{n-m+1}{D}^R(x)$$

考虑在 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{n-m+1}$ 意义下，$A,B$ 已知，$C$ 最高为 $n-m$ 不影响，而 $D$ 被消去。

所以我们有：

$$A^R(x)\equiv B^R(x)C^R(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{n-m+1})$$

用多项式求逆即可解出 $C^R(x)$，也就解出了 $C(x)$。

最后把 $C(x)$ 代回去就可以解出 $D(x)$。

复杂度 $O(n\log n)$。

code:

PS：代码中多项式的 $\ast$ 和 $-$ 是重载过的。

typedef vector<int> poly;
poly operator/(poly A,poly B){
int limit=1,len=A.size()-B.size()+1;
reverse(A.begin(),A.end());
reverse(B.begin(),B.end());
while(limit<=len)
limit<<=1;
B=Inv(B,limit),B.resize(len);
A=A*B,A.resize(len);
reverse(A.begin(),A.end());
return A;
}
poly operator%(poly A,poly B){
poly C=A-(A/B)*B;
C.resize(B.size()-1);
return C;
}

多项式微积分（求导 $\&$ 积分）

solution:

令 $f(x)=x^n$，那么它的导数 $f^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}$，根据这个可以快速求多项式的导数。

证明如下：
首先根据导数定义，有：

$$f^{\prime }(x)=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{(x+\Delta x{)}^n-x^n}{\Delta x}$$

用二项式定理展开，得到：

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{{\sum }_{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)x^i\Delta x^{n-i}-x^n}{\Delta x}\\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{{\sum }_{i=0}^{n-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)x^i\Delta x^{n-i}+x^n\Delta x^0-x^n}{\Delta x}\\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\sum _{i=0}^{n-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)x^i\Delta x^{n-i-1}\\ & =\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\sum _{i=0}^{n-2}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)x^i\Delta x^{n-i-1}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-1}\right)x^{n-1}\end{array}$$

又由于有限个无穷小的乘积依旧是无穷小，所以得到：

$$f^{\prime }(x)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-1}\right)x^{n-1}=n{x}^{n-1}$$

证毕。

积分好像可以简单理解为导数的逆运算，还不是很会。。。

code:

PS：inv 数组是预处理的逆元。

typedef vector<int> poly;
poly Deriv(poly A){
for(int i=0;i<A.size()-1;++i)
A[i]=mul(A[i+1],i+1);
A.pop_back();return A;
}
poly Integ(poly A){
A.push_back(0);
for(int i=A.size()-1;i;--i)
A[i]=mul(A[i-1],inv[i]);
A[0]=0;return A;
}

多项式 Ln

problem:

给出 $(n-1)$ 次多项式 $A(x)$，求一个 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$ 下的多项式 $B(x)$，满足：

$$B(x)\equiv \ln A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

保证 $A(0)=1$。

solution:

有一个结论，即若 $B(x)=\ln A(x)$，则 $A^{\prime }(x)=A(x)B^{\prime }(x)$。

证明如下：
首先有链式法则，即对于复合函数 $(g\circ f)(x)=g(f(x))$，有 $(g\circ f{)}^{\prime }(x)=g^{\prime }(f(x))f^{\prime }(x)$。
那么对于 $B(x)=\ln A(x)$，两边同时求导，得到 $B^{\prime }(x)=(\ln A(x){)}^{\prime }$。
等式右边可以看做一个复合函数，用链式法则化简后就是 $({\ln }^{\prime }A(x))A^{\prime }(x)=\frac{A^{\prime }(x)}{A(x)}$。
带回去，即可得到 $A^{\prime }(x)=A(x)B^{\prime }(x)$。
证毕。

那么 $B^{\prime }(x)=\frac{A^{\prime }(x)}{A(x)}$，给 $A(x)$ 求逆、求导就可以算出 $B^{\prime }(x)$。

然后再对 $B^{\prime }(x)$ 积分就能解出 $B(x)$。

code:

typedef vector<int> poly;
poly Ln(poly A,int len){
A=Integ(Deriv(A)*Inv(A,len)),A.resize(len);
return A;
}

多项式 Exp

前置知识 $1$：泰勒展开

泰勒展开是将一个在 $x=x_0$ 处具有 $n$ 阶导数的函数 $f(x)$ 利用关于 $(x-x_0)$ 的 $n$ 次多项式来逼近函数的方法。

若函数 $f(x)$ 在包含 $x_0$ 的某个闭区间 $[a,b]$ 上具有 $n$ 阶导数，且在开区间 $(a,b)$ 上具有 $(n+1)$ 阶导数，则对闭区间 $[a,b]$ 上任意一点 $x$，下式成立：

$$f(x)=\frac{f(x_0)}{0!}+\frac{f^{\prime }(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+\cdots$$

我简单说一下我理解的泰勒展开。

等式右边的式子是一个多项式，所以我们的目标就是找一个多项式 $g(x)$，使它与 $f(x)$ 完全相同。

首先我们保证初始点 $g(x_0)=f(x_0)$。

在此基础上，考虑曲线的变化趋势，即导数，保证在此处的导数相同，即 $g^{\prime }(x_0)=f^{\prime }(x_0)$。

要进一步精确化，再考虑凹凸性，由于表征图像的凹凸性的参数为导数的导数，我们让二者导数的导数相等，即 $g^{\prime \prime }(x_0)=f^{\prime \prime }(x_0)$。

那么以此类推，继续精确，让 $x_0$ 更高阶的导数相等，即 $g^{(n)}(x_0)=f^{(n)}(x_0)$。

上面的式子归纳一下，就是 $\forall i,g^{(i)}(x_0)=f^{(i)}(x_0)$。

因为 $x^n$ 的导数为 $n{x}^{n-1}$，所以求 $g(x)$ 第 $i$ 阶导数时为 $a_i\times i!=f^{(i)}(x_0)$，所以 $a_i=\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}$。

可以看看这个，对理解泰勒展开会有帮助。

前置知识 $2$：牛顿迭代

摘自 Miskcoo’s Space 的牛顿迭代法在多项式运算的应用。

有这样一个问题，即已知一个函数 $g(x)$，求一个多项式 $f(x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$，满足方程

$$g(f(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

首先在 $n=1$ 的时候，$g(f(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}x)$，这是可以直接求出来的。

现在假设已经求出了 $g(f_0(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$，考虑如何扩展到 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$ 下。

我们把 $g(f(x))$ 在 $f_0(x)$ 进行泰勒展开，得到：

$$g(f(x))=g(f_0(x))+\frac{g^{\prime }(f_0(x))}{1!}(f(x)-f_0(x))+\frac{g^{\prime \prime }(f_0(x))}{2!}(f(x)-f_0(x){)}^2+\cdots$$

首先显然有 $f(x)\equiv f_0(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$，所以 $f(x)-f_0(x)$ 最低项次数一定大于 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$。因此在 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$ 意义下，整个式子从 $(f(x)-f_0(x){)}^2$ 这一项开始都为 $0$ 了，也即：

$$g(f(x))\equiv g(f_0(x))+g^{\prime }(f_0(x))(f(x)-f_0(x))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

又因为 $g(f(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$，得到

$$f(x)\equiv f_0(x)-\frac{g(f_0(x))}{g^{\prime }(f_0(x))}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

这样就大功告成了。

OK，下面就步入正题，多项式 Exp。

problem:

给出 $(n-1)$ 次多项式 $A(x)$，求一个 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$ 下的多项式 $B(x)$，满足：

$$B(x)\equiv e^{A(x)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

保证 $A(0)=0$。

solution:

发现原问题可以转化一下，即求解：

$$\ln B(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

还是令 $n=2^k$，假设我们已经知道了 $\ln B_0(x)-A(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\frac{n}{2}})$。

构造 $P(B(x))=\ln B(x)-A(x)$，那么 $P^{\prime }(B(x))=\frac{1}{B(x)}$

那么按照牛顿迭代的推理可得：

$$B(x)\equiv B_0(x)-\frac{P(B_0(x))}{P^{\prime }(B_0(x))}\equiv B_0(x)(1-\ln B_0(x)+A(x))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

时间复杂度 $O(n\log n)$。

code:

typedef vector<int> poly;
poly Exp(poly A,int len){
poly B(1,1),C;A.resize(len<<1);
for(int limit=2;limit<(len<<1);limit<<=1){
C=Ln(B,limit);
for(int i=0;i<limit;++i)
C[i]=dec(A[i],C[i]);
C[0]=add(C[0],1),B=B*C;
B.resize(limit);
}
B.resize(len);return B;
}

多项式快速幂

problem:

给定一个 $(n-1)$ 次多项式 $A(x)$，求一个在 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n$ 意义下的多项式 $B(x)$，满足：

$$B(x)\equiv A^k(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

保证 $A(0)=1$。

solution:

如果直接用快速幂+$ntt$的话，时间复杂度是 $O(n{\log }^{2}n)$ 的，而且常数还比较大。

所以我们换一种方法，即发现：

$$A^k(x)=(e^{\ln A(x)}{)}^k=e^{k\times \ln A(x)}$$

所以我们用多项式 Ln,Exp 就可以了。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

code:

typedef vector<int> poly;
poly Power(poly A,int len,int k){
A=Exp(Ln(A,len)*k,len),A.resize(len);
return A;
}

多项式多点求值

problem:

给定一个 $n$ 次多项式 $f(x)$，并给出 $m$ 个整数 $a_i$，请你对于 $\forall i\in [1,m]$，求出 $f(a_i)$。

solution:

首先，根据余式定理，我们有：

$$f(x)\equiv f(x_0)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(x-x_0))$$

简单写一下它的证明：
令 $f(x)=g(x)(x-x_0)+A(x)$，那么 $A(x)$ 为就是 $f(x)$ 对 $(x-x_0)$ 取模的结果，即 $f(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(x-x_0))$。
由于 $(x-x_0)$ 的最高项次数为 $1$，所以 $A(x)$ 最高项次数为 $0$，即为常数项。
把 $x_0$ 代入 $f(x)$，得到 $f(x_0)=g(x_0)(x_0-x_0)+A(x_0)=A(x)$，所以就有 $f(x)\equiv f(x_0)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(x-x_0))$。

但是直接这样做是不行的，对于一个点，多项式取模是 $O(n\log n)$ 的，甚至比 $O(n)$ 的暴力还慢。

然后考虑用分治优化。

令 $G_{l,r}(x)=\prod _{i=l}^r(x-x_i)$，我们现在已经算出了 $f(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\prod _{i=l}^r(x-x_i))$，因此只需要用 $A(x)$ 分别对 $G_{l,\lfloor \frac{l+r}{2}\rfloor }(x)$ 和 $G_{\lfloor \frac{l+r}{2}\rfloor +1,r}(x)$ 取模，再递归下去。分治到叶子的时候，就只剩下 $f(x)\equiv A(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(x-x_i))$，此时的 $A(x)$ 就是 $i$ 的答案。

每个 $G(x)$ 可以提前分治$ntt$预处理出来。

时间复杂度 $T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n\log n)=O(n{\log }^{2}n)$。

不知道为什么跑得贼慢，也许是我自带大常数吧。

code:

typedef vector<int> poly;
poly F,G[N];
void build(int root,int l,int r){
if(l==r){
G[root].clear();
G[root].push_back(P-a[l]),G[root].push_back(1);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(root<<1,l,mid),build(root<<1|1,mid+1,r);
G[root]=G[root<<1]*G[root<<1|1];
}
void calc(int root,int l,int r,poly now){
if(l==r)
{ans[l]=now[0];return;}
int mid=(l+r)>>1;
calc(root<<1,l,mid,now%G[root<<1]);
calc(root<<1|1,mid+1,r,now%G[root<<1|1]);
}

多项式快速插值

前置知识 $1$：拉格朗日插值

给定 $(n+1)$ 个点 $(x_i,y_i)$，其中每个 $x$ 互不相同，那么存在唯一的次数不超过 $n$ 的多项式 $f(x)$，满足 $\forall i\in [1,n]$， $f(x_i)=y_i$，即：

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

这个应该比较显然，因为对于 $x_k$，只有当上式中 $i=k$ 时 ${\prod }_{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}=1$，否则是 $0$。

前置知识 $2$：洛必达法则

若 $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=0$， $\underset{x\to a}{\lim }g(x)=0$，在点 $a$ 的某去心邻域内两者都可导，且 $g^{\prime }(x)\ne 0$，那么有：

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$$

接下来回到我们的问题。

problem:

给出 $n$ 个点 $(x_i,y_i)$，求一个 $n-1$ 次的多项式 $f(x)$，使得 $f(x_i)\equiv y_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}998244353)$。

solution:

考虑到直接用求拉格朗日插值是 $O(n^2)$ 的，我们把它变一下形：

$$f(x)=\sum _{i=1}^n\frac{y_i}{{\prod }_{j\ne i}(x_i-x_j)}\prod _{j\ne i}(x-x_j)$$

考虑先求出 $G={\prod }_{j\ne i}(x_i-x_j)$。

令 $g(x)={\prod }_{j=1}^n(x-x_j)$，那么 $j\ne i$ 的限制就相当于除了个 $x-x_i$，所以 $G=\frac{g(x_i)}{x-x_i}$。

发现这时分子分母都是 $0$，根据洛必达法则，有 $G=\frac{g^{\prime }(x_i)}{1}=g^{\prime }(x_i)$。

接下来考虑分治优化，设 $f_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 的答案，$mid=\lfloor \frac{l+r}{2}\rfloor$，那么有：

$$\begin{array}{rl}{f}_{l,r}& =\sum _{i=l}^r\frac{y_i}{g^{\prime }(x_i)}\prod _{j=l}^r[j\ne i](x-x_j)\\ & =\prod _{k=mid+1}^r(x-x_k)\sum _{i=l}^{mid}\frac{y_i}{g^{\prime }(x_i)}\prod _{j=l}^{mid}[j\ne i](x-x_j)+\prod _{k=l}^{mid}(x-x_k)\sum _{i=mid+1}^r\frac{y_i}{g^{\prime }(x_i)}\prod _{j=mid+1}^r[j\ne i](x-x_j)\\ & =f_{l,mid}\prod _{k=mid+1}^r(x-x_k)+f_{mid+1,r}\prod _{k=l}^{mid}(x-x_k)\end{array}$$

其实就是把 $f_{l,r}$ 拆成 $f_{l,mid}$ 和 $f_{mid+1,r}$ 的式子。

然后用分治$ntt$预处理出 $g$，然后多点求值求 $g^{\prime }(x_i)$，最后分治求 $f_{1,n}$ 即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

code:

PS: $h$ 数组就是事先处理出的 $\frac{y_i}{g^{\prime }(x_i)}$。

poly Get(int root,int l,int r){
if(l==r)
return poly(1,h[l]);
int mid=(l+r)>>1;
poly L=Get(root<<1,l,mid),R=Get(root<<1|1,mid+1,r);
return L*G[root<<1|1]+R*G[root<<1];
}

下降幂多项式乘法

problem:

给定一个 $n$ 次下降幂多项式 $A(x)$ 和 $m$ 次下降幂多项式 $B(x)$，你要求出一个 $(n+m)$ 次下降幂多项式 $F(x)$ 满足 $F(x)=A(x)B(x)$。

solution:

首先有一个重要的结论，即：

$$e^x=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{x^i}{i!}$$

这个根据 $e^x$ 在 $0$ 处泰勒展开即可得到。

考虑对于 $x^{\underline{n}}$ 构建 EGF：

$$\begin{array}{rl}{x}^{\underline{n}}& =\sum _{i=n}^{\infty }\frac{i^{\underline{n}}}{i!}{x}^i\\ & =\sum _{i=n}^{\infty }\frac{1}{(i-n)!}{x}^i\\ & =\sum _{i=n}^{\infty }\frac{x^{i-n}}{(i-n)!}{x}^n\\ & =x^n{e}^x\end{array}$$

考虑对于 $f(x)={\sum }_{i=0}^{\infty }{a}_i{x}^{\underline{i}}$ 的点值构造 EGF：

$$\begin{array}{rl}g(x)& =\sum _{i=0}^{\infty }\frac{f(i)}{i!}{x}^i\\ & =\sum _{i=0}^{\infty }\frac{x^i}{i!}\sum _{j=0}^{\infty }{a}_j{i}^{\underline{j}}\\ & =\sum _{j=0}^{\infty }{a}_j\sum _{i=0}^{\infty }\frac{i^{\underline{j}}}{i!}{x}^i\\ & =\sum _{j=0}^{\infty }{a}_j{x}^j{e}^x\\ & =e^x\sum _{i=0}^{\infty }{a}_i{x}^i\end{array}$$

因此只需要用普通多项式的系数卷个 $e^x$ 就得到了点值的 EGF。

点值还原原多项式也只需要卷个 $e^{-x}$。

代码很简单，就是之前的操作，就不放了。

最后

以上就是小巧帆布鞋为你收集整理的多项式各种操作的全部内容，希望文章能够帮你解决多项式各种操作所遇到的程序开发问题。

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