不那么详细的多项式笔记

单位根

其实我们应该先学复数，但我觉得复数学过高中数学的应该都会。

令 \(z = a\cos \theta + a\sin \theta \mathrm{i} = (a, \theta)\)，其中 \(a\) 为复数模长，\(\theta\) 为辐角。根据欧拉公式 \(e^{i\theta} = \cos \theta + \mathrm{i}\sin \theta\)，所以 \(z = ae^{i\theta}\)。

所以两个复数相乘就是模长相乘，辐角相加。

推论： \((\cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta)^n = \cos(n\theta) + \mathrm{i}\sin(n \theta)\)，根据欧拉公式简单即可证明。

定义 \(n\) 次单位根为 \(z^n = 1\) 的解，这个方程显然要有 \(n\) 个解，不妨设 \(\omega_n^k\) 表示第 \(k\) 个解。

对于 \(z^n = 1\) 两边同时取模得到 \(|z^n| = 1\)，于是 \(|z|^n = 1\)，我们得到 \(|z| = 1\)。所以单位根位于原点为圆心半径为 \(1\) 的圆上。

所以我们设 \(\omega_n^k = \cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta\)。于是 \((\omega_n^k)^n = \cos(n\theta) + \mathrm{i}\sin(n \theta) = 1 + 0\mathrm{i}\)。

于是有 \(\cos(n\theta) = 1\), \(\sin(n \theta) = 0\)。解得 \(\theta = \frac{2k\pi}{n}\)。

此时来研究一下单位根的性质，有：

• \(\omega_n^k = (\omega_n^1)^k\)
• \(\omega_n^{k + \frac{n}{2}} = -\omega_n^k\)（\(n\) 为偶数），诱导公式即可证明，更进一步 \(\omega_n^k = \omega_n^{k \bmod n}\)
• \(\omega_n^{0 \sim n - 1}\) 互不相同
• \(\omega_{2n}^{2k} = \omega_n^k\)

FFT

考虑先将多项式补到 \(n = 2^k\) 的形式。我们的目的是求出一个 \(n - 1\) 次多项式在每个 \(n\) 次单位根下的点值。

令 \(m = \frac{n}{2}\)。

设 \(A(x) = \sum_{i = 0}^{n - 1} a_ix^i = \sum_{i = 0}^{m - 1}a_{2i}x^{2i} + \sum_{i = 0}^{m - 1}a_{2i + 1}x^{2i + 1}\)。

令 \(A_0(x) = \sum_{i = 0}^{m - 1}a_{2i}x^{i}\)，\(A_1(x) = \sum_{i = 0}^{m - 1}a_{2i + 1}x^i\)，则 \(A(x) = A_0(x^2) + xA_1(x^2)\)。

令 \(k \in [0, m)\)，将 \(\omega_n^k\) 带入 \(A\)，有

\[A(\omega_n^k) = A_0(\omega_m^k) + \omega_n^kA_1(\omega_m^k) \]

将 \(\omega_n^{k + m}\) 带入 \(A\)，有

\[A(\omega_n^{k + m}) = A_0(\omega_m^k) - \omega_n^kA_1(\omega_m^k) \]

所以我们只需要将 \(A_0\) 和 \(A_1\) 递归求一下即可，复杂度 \(O(n\log n)\)。

IDFT

目的是将 FFT 后的点值还原成系数。设 FFT 后的点值为 \(b\)，则 \(b_k = \sum_{i = 0}^{n - 1}a_i \times \omega_n^{ik}\)。

结论： \(a_k = \frac{1}{n}\sum_{i = 0}^{n - 1}b_i \omega_n^{-ki}\)。

证明：

\[\begin{align} \sum_{i = 0}^{n - 1}b_i \omega_n^{-ki} &= \sum_{i = 0}^{n - 1} \sum_{j = 0}^{n - 1} a_j \omega_n^{ij} \omega_n^{-ik} \\ &= \sum_{j = 0}^{n - 1} a_j \sum_{i = 0}^{n - 1} \omega_n^{i(j - k)} \end{align} \]

当 \(j = k\) 时贡献总和就是 \(n\)，当 \(j \not = k\) 时，有

\[\begin{align} \sum_{i = 0}^{n - 1}\omega_n^{i(j - k)} &= \frac{1 - \omega_n^{(n - 1)(j - k)}\omega_n^{j - k}}{1 - \omega_n^{j - k}} \\ &= \frac{1 - (\omega_n^{n(j - k)})}{1 - \omega_n^{j - k}} \\ &= \frac{1 - 1}{1 - \omega_n^{j - k}} \\ &= 0 \end{align} \]

这里解释一下为什么 \(\omega_n^{n(j - k)} = 1\)，因为首先 \(\omega_n^0 = 1\)，然后由于单位根本质上相当于在单位圆上绕圈，所以是循环的，这里相当于绕了 \(j - k\) 圈。

于是我们发现只有 \(j = k\) 时有贡献，此时 \(na_k = \sum_{i = 0}^{n - 1}b_i\omega_n^{-ki}\)，证完了。

那么我们现在的问题其实是计算 \(B(x) = \sum_{i = 0}^{n - 1}b_i \times x^i\) 在 \(\omega_n^{-k}\) 的点值。考虑有 \(\omega_n^{-k} = \omega_n^{-k + n}\)，于是我们只需要 FFT 即可。

FFT 优化

直接递归做这个过程常数比较大跑不过取 \(n = 1e6\)，考虑将递归改成迭代的形式。

我们会注意到搜索树的最后一层其实是根据二进制翻转后的大小排序的，然后每一层是把下面一层的合并起来。

这样就跑得非常快了。

const int N = 5000010;
const double PI = acos(-1);
int n, m, tax[N];
complex<double> F[N], G[N];void makerev(int N) {int d = N >> 1, tot = 0;tax[tot ++] = 0, tax[tot ++] = d;for (int w = 2; w <= N; w <<= 1) {d >>= 1; for (int i = 0; i < w; i ++) tax[tot ++] = tax[i] | d;}
}void FFT(complex<double> *A, int N) {for (int i = 1; i < N; i ++) if (tax[i] > i) swap(A[tax[i]], A[i]);for (int len = 2, M = 1; len <= N; M = len, len <<= 1) {complex<double> W(cos(PI / M), sin(PI / M)), w(1.0, 0.0);for (int L = 0, R = len - 1; R < N; L += len, R += len) {auto w0 = w;for (int p = L; p < L + M; p ++) {auto x = A[p] + w0 * A[p + M], y = A[p] - w0 * A[p + M];A[p] = x, A[p + M] = y;w0 *= W;}}}
}int main() {n = read(), m = read();for (int i = 0; i <= n; i ++) F[i] = read();for (int i = 0; i <= m; i ++) G[i] = read();int k = 1;while (k <= n + m) k <<= 1;makerev(k); FFT(F, k); FFT(G, k);for (int i = 0; i < k; i ++) F[i] *= G[i];FFT(F, k); reverse(F + 1, F + k);for (int i = 0; i <= n + m; i ++) printf("%d ", (int)(F[i].real() / k + 0.5));puts("");return 0;
}       

NTT

FFT 存在精度问题，而大部分的计数题都是在模意义下完成的，所以要使用 NTT。

考虑原根，不懂的看这篇。阶与原根 - はなこくん - 博客园

对于素数 \(p\)，及其原根 \(g\)，我们有 \(g^k\) 的阶数为 \(\frac{p - 1}{\gcd(k, p - 1)}\)。这个阶数显然仍然是 \(p - 1\) 的约数。

证明：

令 \(n = p - 1\)，\(d = \gcd(k, n)\)，\(g^k\) 的阶数为 \(r\)，则 \(g^{kr} \equiv 1 \pmod p\)。显然 \(n | kr\)

设 \(k = dk_1, n = dn_1\)，转化成 \(n_1 | k_1r\)。由于 \(\gcd(k_1, n_1) = 1\)，所以 \(n_1 | r\)，因此 \(r\) 最小取到 \(n_1\)。

经检验 \(r\) 取 \(n_1\) 可行所以 \(r = \frac{n}{\gcd(k, n)}\)。

这同样说明了如果 \(n \not \mid p - 1\)，那么不存在阶恰为 \(n\) 的数。否则 \(g^{\frac{p - 1}{n}}\) 的阶显然为 \(n\)。满足单位根性质的前三条。

我们又有 \((g^{\frac{p - 1}{2n}})^2 = g^{\frac{p - 1}{n}}\)，即 \((\omega_{2n})^2 = \omega_n\)。

由于我们需要 \(n | p - 1\)，且 FFT 中的 \(n\) 为二的次幂，于是我们需要一个形如 \(q2^k + 1\) 的 \(p\) 作为模数。

// 洛谷模板题
const int N = 5000010, Mod = 998244353, G = 3;
int n, m, tax[N];
LL f[N], g[N];IL int qmi(int a, int b = Mod - 2, int p = Mod) {int res = 1;while (b) {if (b & 1) res = 1ll * res * a % p;b >>= 1; a = 1ll * a * a % p;}return res;
}const int invG = qmi(G);void makerev(int N) {int d = N >> 1, tot = 0;tax[tot ++] = 0, tax[tot ++] = d;for (int w = 2; w <= N; w <<= 1) {d >>= 1; for (int i = 0; i < w; i ++) tax[tot ++] = tax[i] | d;}
}void FFT(LL A[], int N, int op) {for (int i = 1; i < N; i ++) if (tax[i] > i) swap(A[tax[i]], A[i]);for (int len = 2, M = 1; len <= N; M = len, len <<= 1) {int W = qmi(op ? G : invG, (Mod - 1) / len);for (int L = 0, R = len - 1; R < N; L += len, R += len) {LL w0 = 1;for (int p = L; p < L + M; p ++) {int x = (A[p] + w0 * A[p + M]) % Mod, y = (A[p] + Mod - w0 * A[p + M] % Mod) % Mod;A[p] = x, A[p + M] = y;w0 = w0 * W % Mod;}}}
}int main() {n = read(), m = read();for (int i = 0; i <= n; i ++) f[i] = read();for (int i = 0; i <= m; i ++) g[i] = read();int k = 1;while (k <= n + m) k <<= 1;makerev(k); FFT(f, k, 1); FFT(g, k, 1);for (int i = 0; i < k; i ++) f[i] *= g[i];FFT(f, k, 0);int invk = qmi(k);for (int i = 0; i <= n + m; i ++) printf("%lld ", f[i] * invk % Mod);puts("");return 0;
}