多項式學習筆記

已知兩個多項式的係數表示式，求其乘積的係數表示式。

\[c_n = \sum\limits_^a_ib_

\]係數表示式逐項相乘，複雜度$o(n^2)$，而點值表示式相乘複雜度為$o(n)$。因此我們要快速地將兩個多項式轉化為點值表示式，完成點值表示式的乘法，然後轉為係數表示式得到結果。表示式轉換的過程分別是離散傅利葉變換($dft$)和離散傅利葉逆變換($idft$)。這兩個過程統稱為快速傅利葉變換($fft$)。

目標：快速求得係數表示式對應的點值表示式。

設有多項式

\[a(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_x^

\]其中$n$為2的冪，不足則補0。我們按照其指數的奇偶將其分為兩部分，變成兩個新多項式。

\[a_1(x)=a_0+a_2x+...+a_x^-1}

\]\[a_2(x)=a_1+a_3x+...+a_x^-1}

\]則有$a(x)=a_1(x^2)+xa_2(x^2)$

單位根

在復平面內以原點為圓心，半徑為1的圓稱為單位圓。以$(1,0)$為起點，將單位圓$n$等分，這些等分點是$n$個單位根。記第乙個單位根為$\omega_n$，根據複數相乘模長相乘，幅角相加的原則，第$k$個單位根記作$\omega_n^k$。

根據三角函式推得單位根的表示方法：$\omega_n^k=cos\frac+isin\frac$

定理一（相消定理，折半引理）：$\omega_^=\omega_n^k,\omega_n^k=\omega_}^}$

定理二：$\omega_n^k=-\omega_n^}$

我們選擇將單位根帶入這兩個子多項式求點值。

設$k<\dfrac$，將任意$\omega_n^k$代入$a(x)$可得$$a(\omega_nk)=a_1(\omega_})+\omega_nka_2(\omega_}k)$$

將任意$\omega_n^}$代入$a(x)$可得$$a(\omega_n})=a_1(\omega_})-\omega_nka_2(\omega_}k)$$

所以只要求出$a_1(\omega_}^)$和$a_2(\omega_}^k)$，就可以求得$a(\omega_n^k)$和$a(\omega_n^})$。也就是說，$k$只要取$[0,\frac)$就可以得出另一半$[\frac,n)$。因此就得到了整個區間$[0,n)$，也就求出了$a(x)$的點值表示式。

遞迴求解即可，複雜度$o(n \log n)$

目標：將點值表示式轉化回係數表示式

設點值表示式乘法結果為$(y_0,y_1,...,y_)$。設它對應的係數表示式（答案）為$(a_0,a_1,...,a_)$

我們構造乙個以$(y_0,y_1,...,y_)$為係數的多項式

\[b(x)=y_0+y_1x+...+y_x^

\]此時多項式$b(x)$是係數表示的。我們依次將單位根的倒數（$\omega_n^0,\omega_n^,...,\omega_n^$）代入得到乙個點值表示式$(z_0,z_1,...,z_)$。

\[\begin z_k &= \sum_^y_i(\omega_n^)^i\\ &= \sum_^(\sum_^a_j*\omega_n^)(\omega_n^)^i\\ &= \sum_^\sum_^a_j*(\omega_n^)^i\\ &= \sum_^a_j(\sum_^(\omega_n^)^i)\\ \end

\]而因為後半部分$\sum_^(\omega_n^)^i$可由等比數列求和公式得：

\[\sum_^(\omega_n^)^i=\dfrac)^n-1}-1}

\]注意，要使此式有意義，需滿足分母不為0。而當$j=k$時分母為0。因此分類討論：

當$j \neq k$時，$\sum_^(\omega_n^)^i=0$。

當$j = k$時，$\sum_^(\omega_n^)^i=n$

綜上\[z_k = \sum\limits_^a_j(\sum\limits_^(\omega_n^)^i) = na_k

\]所以

\[a_k=\dfrac

\]因此我們只需要把我們得到的點值表示式看做是係數表示式，再做一次$dft$（其中單位根以倒數形式代入）就能夠得到我們所要的結果了。最後還要除以$n$。

剛才這樣是通過遞迴實現的，常數較大。

如果能事先確定葉節點的值，就可以直接向上合併了。之前係數是按照奇偶分左右的。第$i$層的分配看二進位制的倒數第$i$位……因此係數的位置就是其初始位置的二進位制倒序。

當前這一輪我們需要利用兩個點值$a_1(\omega_}^)$和$a_2(\omega_}^k)$，我們利用他們造出了$a(\omega_n^k)$並推出了$a(\omega_n^})$，恰好可以把它們儲存到原來的位置。這就是所謂的「蝴蝶操作」。

$fft$需要用複數運算，存在精度問題。$ntt$（快速數論變換）是模意義下的$fft$，可以避免精度問題，還快了不少。而其實現原理就是用模數的原根來代替單位根。

設模數$p$的原根為$g$，根據費馬小定理我們知道$g^ \equiv 1 (\text p)$。$n$個原根是$g^*k}$。這就要求$n$是$p-1$的因數，而$n$又是$2$的冪。$998244353$就是這樣乙個滿足條件的模數，它的原根是$3$。對於其他的模數，這裡有。

/*dennyqi 2019*/
#include #include #include #include using namespace std;
const int n = 4000010;
const int p = 998244353;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
inline int max(const int& a, const int& b)
inline int min(const int& a, const int& b)
inline int sub(const int& a, const int& b)
inline int read()
int n,m,lim=1,len,invn,a[n],b[n],r[n];
inline int qpow(int x, int y)
return res;
}inline void ntt(int* a, int tp)
} }}int main()

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