有关多项式处理的各种算法总结

有关多项式处理的各种算法总结
- - 前言
  - 1.一些定义的简要介绍
  - 2.牛顿迭代
  - 3.多项式求逆
  - 4.多项式求lnln\ln
  - 5.多项式开方
  - 6.多项式求指数函数(exp)
  - 7.多项式快速幂
  - 8.拉格朗日反演
  - 9.多项式除法和取模
  - 10.多项式的多点求值
- 一些比较好的练手题

前言

最近频繁接触了各种各样的生成函数，以及各种十(sang)分(xin)有(bing)趣(kuang)的多项式相关算法。
由于这部分内容太过于丧病外加内容较多，因此决定写篇总结来辅助复习。

阅读本文所需前置技能：快速数论变换

以下内容中代码片涉及的多项式卷积(NTT)及各种函数使用代码如下:

typedef long long ll;
const ll md=998244353;
inline int add(int a,int b){a+=b;if(a>=md)return a-md;return a;}
inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b%md;}
inline void initrev(int n)
{for(int i=0;i<n;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1));
}
inline void NTT(int *a,int n,bool f)
{for(int i=0;i<n;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);for(int h=2;h<=n;h<<=1){int w=qpow(3,(md-1)/h);if(f)w=qpow(w,md-2);for(int j=0;j<n;j+=h){int wn=1;for(int k=j;k<j+(h>>1);k++){int x=a[k],y=mul(wn,a[k+(h>>1)]);a[k]=add(x,y);a[k+(h>>1)]=add(x-y,md);wn=mul(wn,w);}}}if(f)for(int i=0,invn=inv[n];i<n;i++)a[i]=mul(a[i],invn);
}inline void mult(int *a,int n,int *b,int m,int *c)
{static int x[N],y[N],l;for(l=1;l<=(n+m-1);l<<=1);initrev(l);memcpy(x,a,sizeof(a[0])*n);memcpy(y,b,sizeof(b[0])*m);fill(x+n,x+l,0);fill(y+m,y+l,0);NTT(x,l,0);NTT(y,l,0);for(int i=0;i<l;i++)c[i]=mul(x[i],y[i]);NTT(c,l,1);
}

同时，绝大多数代码中传入的参数nnn为多项式长度，要求为一个不小于所需答案长度的一个2" role="presentation">222的次幂。

1.一些定义的简要介绍

非零多项式G(x)G(x)G(x)的次数为其最高项的次数，通常记为deg(G(x))deg(G(x))deg(G(x))。本文本着尽量直观的原则将避免使用此符号。

形如[xn]G(x)[xn]G(x)[x^n]G(x)的符号代表多项式G(x)G(x)G(x)的xnxnx^n一项的系数。

多项式之间的乘积叫做卷积，可以理解为初中学习的因式分解后展开的方法。
举个栗子就明白了:

(1+2x+3x2)∗(9+2x)=9+20x+31x2+6x3(1+2x+3x2)∗(9+2x)=9+20x+31x2+6x3

(1+2x+3x^2)*(9+2x)=9+20x+31x^2+6x^3

多项式通常以生成函数的形式出现。这里简单介绍一下生成函数。

所谓生成函数，就是把一个数列用一个函数的各项系数来表示……
比如，这里以著名的斐波那契数列做例子:
假设fib(1)=1,fib(2)=1,fib(n)=fib(n−1)+fib(n−2)fib(1)=1,fib(2)=1,fib(n)=fib(n−1)+fib(n−2)fib(1)=1,fib(2)=1,fib(n)=fib(n-1)+fib(n-2)
得到数列:

Fib={1,1,2,3,5,8,13⋯}Fib={1,1,2,3,5,8,13⋯}

Fib=\{1,1,2,3,5,8,13\cdots\}
令其生成函数为 F(x)F(x)F(x)，得到的函数如下:

F(x)=1+x1+2x2+3x3+5x4+8x5+13x6+⋯F(x)=1+x1+2x2+3x3+5x4+8x5+13x6+⋯

F(x)=1+x^1+2x^2+3x^3+5x^4+8x^5+13x^6+\cdots
相信大家这就大致能明白生成函数是个什么意思了~
~~不如直接去看百科~~

对于一个无穷长的数列的生成函数，理论上会是个无穷长的多项式，而因此难以表示出来。
因此定义mod xnmodxnmod\ x^n意义下的多项式为仅保留前nnn项的的原多项式。

以上关于生成函数的内容和剩下的内容貌似没有什么太大关系。

2.牛顿迭代

问题:

给出多项式G(x)" role="presentation">G(x)G(x)G(x)，求解多项式 F(x)F(x)F(x)，满足：

G(F(x))≡0 (mod xn)G(F(x))≡0(modxn)

G(F(x)) \equiv 0\ (mod\ x^n)

需要给出F(x) mod xnF(x)modxnF(x)\ mod\ x^n意义下的答案，即前nnn个系数。

解决方法(没看懂或不想看可直接到下面记忆结论，下面的内容同理):
假设咱们现在有

G(F0(x))≡0 (mod x2t)" role="presentation">G(F0(x))≡0 (mod x2t)G(F0(x))≡0 (mod x2t)

G(F_0(x)) \equiv 0\ (mod\ x^{2^t})
要求的是

G(F(x))≡0 (mod x2t+1)G(F(x))≡0(modx2t+1)

G(F(x)) \equiv 0\ (mod\ x^{2^{t+1}})
也就是利用倍增的思想，将长度加倍。
注意如果求解的是特定长度的答案，可以考虑直接求出向上取最近的 222的次幂长度的答案，并保留所需的长度即可。

对G(F(x))" role="presentation">G(F(x))G(F(x))G(F(x))在 F0(x)F0(x)F_0(x)处来一发泰勒展开:

G(F(x))=G(F0(x))+G′(F0(x))1!(F(x)−F0(x))1+G″(F0(x))2!(F(x)−F0(x))2+⋯G(F(x))=G(F0(x))+G′(F0(x))1!(F(x)−F0(x))1+G″(F0(x))2!(F(x)−F0(x))2+⋯

G(F(x))=G(F_0(x))+\frac{G'(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))^1+\frac{G''(F_0(x))}{2!}(F(x)-F_0(x))^2+\cdots
可以发现，在 mod x2t+1modx2t+1mod\ x^{2^{t+1}}意义下， F(x)−F0(x)F(x)−F0(x)F(x)-F_0(x)的最低非 000次项大于2t+1" role="presentation">2t+12t+12^{t+1}，于是从第三项开始，后面的项贡献均为 000。
那么得到一个简单的式子:

G(F(x))=G(F0(x))+G′(F0(x))(F(x)−F0(x)) (mod x2t+1)" role="presentation">G(F(x))=G(F0(x))+G′(F0(x))(F(x)−F0(x)) (mod x2t+1)G(F(x))=G(F0(x))+G′(F0(x))(F(x)−F0(x)) (mod x2t+1)

G(F(x))=G(F_0(x))+G'(F_0(x))(F(x)-F_0(x))\ (mod\ x^{2^{t+1}})
又由咱们的目标知 G(F(x))≡0 (mod x2t+1)G(F(x))≡0(modx2t+1)G(F(x)) \equiv 0\ (mod\ x^{2^{t+1}})
那么最终移项得到:

F(x)≡F0(x)−G(F0(x))G′(F0(x)) (mod x2t+1)F(x)≡F0(x)−G(F0(x))G′(F0(x))(modx2t+1)

F(x) \equiv F_0(x) - \frac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\ (mod\ {x^{2^{t+1}}})
这个形式正是咱们想要的~

3.多项式求逆

提出给定多项式F(x)F(x)F(x)，求多项式G(x)G(x)G(x)，使得下式成立:

G(x)∗F(x)−1≡0 (mod xn)G(x)∗F(x)−1≡0(modxn)

G(x)*F(x)-1 \equiv 0\ (mod\ x^n)

解决方法:
考虑使用倍增，边界为G0=Inv(F0)G0=Inv(F0)G_0=Inv(F_0)，即直接求逆元。
考虑使用牛顿迭代公式，令G(x)G(x)G(x)为变量，Gt(x)Gt(x)G_t(x)代表mod x2tmodx2tmod\ x^{2^{t}}意义下的G(x)G(x)G(x)。
假设已经有了Gt(x)Gt(x)G_t(x)，要求Gt+1(x)Gt+1(x)G_{t+1}(x)，将Gt(x)∗F(x)−1Gt(x)∗F(x)−1G_t(x)*F(x)-1带入牛顿迭代公式，得：

Gt+1(x)≡Gt(x)−Gt(x)∗F(x)−1F(x) (mod x2t+1)≡Gt(x)−(Gt(x)∗F(x)−1)∗Gt(x) (mod x2t+1)≡2∗Gt(x)−F(x)∗Gt(x)∗Gt(x) (mod x2t+1)(1)(2)(3)(1)Gt+1(x)≡Gt(x)−Gt(x)∗F(x)−1F(x)(modx2t+1)(2)≡Gt(x)−(Gt(x)∗F(x)−1)∗Gt(x)(modx2t+1)(3)≡2∗Gt(x)−F(x)∗Gt(x)∗Gt(x)(modx2t+1)

\begin{align} G_{t+1}(x) & \equiv G_t(x) - \frac{G_t(x)*F(x)-1}{F(x)}\ (mod\ {x^{2^{t+1}}}) \\ & \equiv G_t(x) - (G_t(x)*F(x)-1)*G_t(x)\ (mod\ {x^{2^{t+1}}}) \\ & \equiv 2*G_t(x)-F(x)*G_t(x)*G_t(x)\ (mod\ {x^{2^{t+1}}}) \\ \end{align}
最后的式子便是结果！

代码实现(个人习惯较为明显，仅供参考):

inline void cinv(int *a,int *b,int n)
{static int C[N];if(n==0){b[0]=qpow(a[0],md-2);return;}cinv(a,b,n>>1);memcpy(C,a,sizeof(a[0])*n);memset(C+n,0,sizeof(a[0])*n);n<<=1;initrev(n);NTT(C,n,0);NTT(b,n,0);for(int i=0;i<n;i++)b[i]=add(mul(2,b[i])-mul(C[i],mul(b[i],b[i])),md);NTT(b,n,1);n>>=1;memset(b+n,0,sizeof(b[0])*n);
}

4.多项式求lnln\ln

问题:
给出多项式F(x)F(x)F(x)，求多项式G(x)G(x)G(x)，满足

ln(F(x))−G(x)≡0 (mod xn)ln⁡(F(x))−G(x)≡0(modxn)

\ln(F(x))-G(x) \equiv 0 \ (mod\ x^n)

解决方法:
考虑对两边同时求导:

G′(x)≡F′(x)F(x)G′(x)≡F′(x)F(x)

G'(x) \equiv \frac{F'(x)}{F(x)}
那么有

G(x)≡∫F′(x)F(x)dxG(x)≡∫F′(x)F(x)dx

G(x) \equiv \int \frac{F'(x)}{F(x)} dx
考虑多项式如何求导……
每一项同时左移一位并乘上原来下标即可~
积分同理，右移一位并把下标乘回去即可~
配合多项式求逆食用，复杂度为 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)~

代码实现:

inline void cln(int *f,int *g,int n)
{static int D[N],A[N],m;memset(D,0,sizeof(D));memset(A,0,sizeof(A));for(int i=0;i<n;i++)D[i]=mul(f[i+1],(i+1));D[n]=0;for(m=1;m<=n;m<<=1);cinv(f,A,n);initrev(m);NTT(A,m,0);NTT(D,m,0);for(int i=0;i<m;i++)A[i]=mul(A[i],D[i]);NTT(A,m,1);for(int i=1;i<=n;i++)g[i]=mul(A[i-1],inv[i]);g[0]=0;
}

5.多项式开方

问题:
给出多项式F(x)F(x)F(x)，求多项式G(x)G(x)G(x)，满足

G(x)2−F(x)≡0 (mod xn)G(x)2−F(x)≡0(modxn)

G(x)^2-F(x) \equiv 0\ (mod\ x^n)

解决方法:
考虑和多项式求逆一样使用倍增，初值G0=F(0)‾‾‾‾√ (mod x)G0=F(0)(modx)G_0=\sqrt{F(0)}\ (mod\ x)。
同样将G2(x)−F(x)G2(x)−F(x)G^2(x)-F(x)带入牛顿迭代公式:

Gt+1(x)=Gt(x)−Gt(x)2−F(x)2Gt(x) (mod x2t+1)=2Gt(x)2−Gt(x)2+F(x)2Gt(x) (mod x2t+1)=Gt(x)2+F(x)2Gt(x) (mod x2t+1)(4)(5)(6)(4)Gt+1(x)=Gt(x)−Gt(x)2−F(x)2Gt(x)(modx2t+1)(5)=2Gt(x)2−Gt(x)2+F(x)2Gt(x)(modx2t+1)(6)=Gt(x)2+F(x)2Gt(x)(modx2t+1)

\begin{align} G_{t+1}(x) & = G_t(x)-\frac{G_t(x)^2-F(x)}{2G_t(x)}\ (mod\ {x^{2^{t+1}}}) \\ & = \frac{2G_t(x)^2-G_t(x)^2+F(x)}{2G_t(x)}\ (mod\ {x^{2^{t+1}}}) \\ & = \frac{G_t(x)^2+F(x)}{2G_t(x)}\ (mod\ {x^{2^{t+1}}}) \\ \end{align}

配合多项式求逆食用，分析可知复杂度为O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)

代码实现:

void csqrt(int *a,int *b,int n)
{static int C[N],D[N];if(n==1){b[0]=sqrt(a[0]);return;}csqrt(a,b,n>>1);memset(D,0,sizeof(D));cinv(b,D,n);memcpy(C,a,sizeof(a[0])*n);memset(C+n,0,sizeof(C[0])*n);n<<=1;NTT(C,n,0);NTT(b,n,0);NTT(D,n,0);for(int i=0;i<n;i++)b[i]=mul(inv2,add(b[i],mul(C[i],D[i])));NTT(b,n,1);n>>=1;memset(b+n,0,sizeof(b[0])*n);
}

6.多项式求指数函数(exp)

问题:
给出多项式F(x)F(x)F(x)，求多项式G(x)G(x)G(x)，满足

eF(x)−G(x)≡0 (mod xn)eF(x)−G(x)≡0(modxn)

e^{F(x)}-G(x) \equiv 0\ (mod\ x^n)

解决方法:
依旧考虑使用倍增和牛顿迭代。
然而发现一个问题:对于指数函数，无法知道常数项。
那么考虑通过同时取lnln\ln来变形:

F(x)−ln(G(x))≡0 (mod xn)F(x)−ln⁡(G(x))≡0(modxn)

F(x)-\ln(G(x)) \equiv 0\ (mod\ x^n)
然后把这个式子带入牛顿迭代式:

Gt+1(x)=Gt(x)−F(x)−ln(Gt(x))−1Gt(x) (mod x2t+1)=Gt(x)+Gt(x)(F(x)−ln(Gt(x))) (mod x2t+1)(19)(20)(19)Gt+1(x)=Gt(x)−F(x)−ln⁡(Gt(x))−1Gt(x)(modx2t+1)(20)=Gt(x)+Gt(x)(F(x)−ln⁡(Gt(x)))(modx2t+1)

\begin{align} G_{t+1}(x) & = G_t(x)-\frac{F(x)-\ln(G_t(x))}{-\frac{1}{G_t(x)}}\ (mod\ {x^{2^{t+1}}}) \\ & = G_t(x)+G_t(x)(F(x)-\ln(G_t(x)))\ (mod\ {x^{2^{t+1}}}) \\ \end{align}
配合多项式求逆和多项式求 lnln\ln共同食用，复杂度仍为 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)。

代码实现:

inline void cexp(int *a,int *b,int n)
{static int D[N];if(n==1){b[0]=1;return;}cexp(a,b,n>>1);memset(D,0,sizeof(D));cln(b,D,n);for(int i=0;i<n;i++)D[i]=add(a[i]-D[i],md);D[0]=add(1,D[0]);n<<=1;initrev(n);NTT(D,n,0);NTT(b,n,0);for(int i=0;i<n;i++)b[i]=mul(D[i],b[i]);NTT(b,n,1);n>>=1;memset(b+n,0,sizeof(b[0])*n);
}

7.多项式快速幂

问题:
给出多项式F(x)F(x)F(x)和正整数kkk，求多项式G(x)" role="presentation">G(x)G(x)G(x)，满足

F(x)k−G(x)≡0 (mod xn)F(x)k−G(x)≡0(modxn)

F(x)^k-G(x) \equiv 0\ (mod\ x^n)

解决方法:
对等式求lnln\ln得:

kln(F(x))−ln(G(x))≡0 (mod xn)kln⁡(F(x))−ln⁡(G(x))≡0(modxn)

k\ln(F(x))-\ln(G(x)) \equiv 0\ (mod\ x^n)
因此

G(x)=exp(kln(F(x)))G(x)=exp(kln⁡(F(x)))

G(x)=exp(k\ln(F(x)))
配合多项式求 lnln\ln和多项式求 expexpexp共同食用，复杂度依旧为 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)。

代码实现:

inline void cpow(int *f,int *g,int n,int k)
{static int C[N];memset(C,0,sizeof(C));cln(f,C,m);for(int i=0;i<n;i++)C[i]=mul(C[i],k);cexp(C,g,m);
}

8.拉格朗日反演

问题:
给出多项式F(x)F(x)F(x)，求多项式G(x)G(x)G(x)的nnn次项系数，满足

F(G(x))=x" role="presentation">F(G(x))=xF(G(x))=x

F(G(x)) = x

解决方法:
采用拉格朗日反演:

[xn]G(x)=1n[xn−1]1F(x)n[xn]G(x)=1n[xn−1]1F(x)n

[x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}]\frac{1}{F(x)^n}
本蒟蒻不会证明0_0
但是看完了上面的内容后显然还是会用的~
配合多项式求逆和多项式快速幂食用即可。

代码实现:

inline int lagrange(int *f,int n,int x)
{static int C[N],D[N];memset(C,0,sizeof(C));memset(D,0,sizeof(D));cinv(f,C,n);cpow(C,D,n,x);return mul(D[x-1],qpow(x,md-2));
}

9.多项式除法和取模

问题:
给出nnn次多项式F(x)" role="presentation">F(x)F(x)F(x)和mmm次多项式D(x)" role="presentation">D(x)D(x)D(x)，求多项式G(x)G(x)G(x)和P(x)P(x)P(x)，满足

F(x)=D(x)∗G(x)+P(x)F(x)=D(x)∗G(x)+P(x)

F(x) = D(x)*G(x)+P(x)
且

deg(P(x))<mdeg(P(x))<m

deg(P(x))

解决方法:
定义运算AR(x)AR(x)A^R(x)，满足对于deg(A(x))=ndeg(A(x))=ndeg(A(x))=n的多项式A(x)A(x)A(x)：

AR(x)=xnA(1x)AR(x)=xnA(1x)

A^R(x)=x^nA(\frac{1}{x})
或者说

[xi]AR(x)=[xn−i−1]A(x)[xi]AR(x)=[xn−i−1]A(x)

[x^i]A^R(x)=[x^{n-i-1}]A(x)
再举个例子

A(x)=1+2x+3x2+4x3A(x)=1+2x+3x2+4x3

A(x)=1+2x+3x^2+4x^3

AR(x)=4+3x+2x2+1AR(x)=4+3x+2x2+1

A^R(x)=4+3x+2x^2+1
也就是系数反转的意思~

那么现在来考虑将原多项式反转一下:

xnF(1x)=xmD(1x)xn−mG(1x)+xn−m+1xm−1R(1x)xnF(1x)=xmD(1x)xn−mG(1x)+xn−m+1xm−1R(1x)

x^nF(\frac{1}{x})=x^mD(\frac{1}{x})x^{n-m}G(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x})
注意此处默认 deg(G(x))=n−mdeg(G(x))=n−mdeg(G(x))=n-m， deg(R(x))=m−1deg(R(x))=m−1deg(R(x))=m-1，高次项补 000。

此时，xn−m+1xm−1R(1x)" role="presentation">xn−m+1xm−1R(1x)xn−m+1xm−1R(1x)x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x})最低次项为 xn−m+1xm−1(1x)m−1=xn−m+1xn−m+1xm−1(1x)m−1=xn−m+1x^{n-m+1}x^{m-1}(\frac{1}{x})^{m-1}=x^{n-m+1}，而 deg(G(x))=n−mdeg(G(x))=n−mdeg(G(x))=n-m。
则放到 mod n−m+1modn−m+1mod\ n-m+1意义下， R(x)R(x)R(x)的影响被完全抵消，而不会影响 G(x)G(x)G(x)的结果，更不会影响已知的 F(x)F(x)F(x)和 D(x)D(x)D(x)。

那么有

FR(x)=DR(x)GR(x) (mod xn−m+1)FR(x)=DR(x)GR(x)(modxn−m+1)

F^R(x)=D^R(x)G^R(x)\ (mod\ x^{n-m+1})

于是来一发多项式求逆+reverse函数即可求出G(x)G(x)G(x)，进而求出R(x)R(x)R(x)。复杂度O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)。

代码实现:

    inline void cdiv(int *a,int n,int *b,int m,int *ret){static int c[N],d[N],e[N],l;if(n<m)return;for(l=1;l<=n-m+1;l<<=1);reverse_copy(a,a+n,c);reverse_copy(b,b+m,d);for(int i=m;i<n+m+1;i++)//不能用fill(),否则RE!!!d[i]=0;memset(e,0,sizeof(e[0])*(l*2));cinv(d,e,l);mult(e,n-m+1,c,n-m+1,d);reverse_copy(d,d+n-m+1,ret);}inline void cmod(int *a,int n,int *b,int m,int *ret){static int c[N];cdiv(a,n,b,m,c);mult(c,n-m+1,b,m,c);for(int i=0;i<m-1;i++)ret[i]=add(a[i]-c[i],md);}

10.多项式的多点求值

问题:
给出多项式F(x)F(x)F(x)和点集X={x0,x1,⋯,xn−1}X={x0,x1,⋯,xn−1}X=\{x_0,x_1,\cdots,x_{n-1}\}，求

Y={F(x0),F(x1),⋯,F(xn−1)}Y={F(x0),F(x1),⋯,F(xn−1)}

Y=\{F(x_0),F(x_1),\cdots,F(x_{n-1})\}

解决办法:
考虑分治。
如何把问题变成两个规模减半的子问题?
首先把所求的值划成两半:

X0X1={x0,x1,⋯,x⌊n2⌋}={x⌊n2⌋+1,x⌊n2⌋+2,⋯,xn−1}(9)(10)(9)X0={x0,x1,⋯,x⌊n2⌋}(10)X1={x⌊n2⌋+1,x⌊n2⌋+2,⋯,xn−1}

\begin{align} X_0 & = \{x_0,x_1,\cdots,x_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}\} \\ X_1 & = \{x_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor+1},x_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor+2},\cdots,x_{n-1}\} \end{align}
此时，答案集合分别为 Y0Y0Y_0和 Y1Y1Y_1。

然后系数也要划成两半。
考虑构造两个多项式:

G0(x)G1(x)=∏i=0⌊n2⌋(x−xi)=∏i=⌊n2⌋+1n−1(x−xi)(11)(12)(11)G0(x)=∏i=0⌊n2⌋(x−xi)(12)G1(x)=∏i=⌊n2⌋+1n−1(x−xi)

\begin{align} G_0(x) & = \prod\limits_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} (x-x_i)\\ G_1(x) & = \prod\limits_{i=\lfloor \frac{n}{2} \rfloor+1}^{n-1} (x-x_i)\\ \end{align}
可以发现，当带入的点 xi∈X0xi∈X0x_i \in X_0，那么 G1(xi)=0G1(xi)=0G_1(x_i)=0。同理当 xi∈X1xi∈X1x_i \in X_1，那么 G0(xi)=0G0(xi)=0G_0(x_i)=0。

令点集X0X0X_0在知道Y0Y0Y_0的情况下可以解出的多项式为F0(x)F0(x)F_0(x)，X1X1X_1在知道Y1Y1Y_1的情况下可以解出的多项式为F1(x)F1(x)F_1(x)。
可以发现，根据定义，F0(x)F0(x)F_0(x)和F1(x)F1(x)F_1(x)正是咱们需要的子问题系数，因为它们分别满足了带入X0X0X_0和X1X1X_1能解出正确的Y0Y0Y_0和Y1Y1Y_1。

现在可以用如下方式表示F(x)F(x)F(x)：

F(x)F(x)=D0(x)∗G0(x)+F0(x)=D1(x)∗G1(x)+F1(x)(13)(14)(13)F(x)=D0(x)∗G0(x)+F0(x)(14)F(x)=D1(x)∗G1(x)+F1(x)

\begin{align} F(x) & = D_0(x)*G_0(x)+F_0(x)\\ F(x) & = D_1(x)*G_1(x)+F_1(x)\\ \end{align}
其中 D0(x)D0(x)D_0(x)和 D1(x)D1(x)D_1(x)为任意多项式。
可以发现在上式中，若带入的值 xi∈X0xi∈X0x_i \in X_0，则 D0(x)∗G0(x)=0D0(x)∗G0(x)=0D_0(x)*G_0(x)=0，此时 F(x)=F0(x)F(x)=F0(x)F(x)=F_0(x)。
同理，若带入的值 xi∈X1xi∈X1x_i \in X_1，则 D1(x)∗G1(x)=0D1(x)∗G1(x)=0D_1(x)*G_1(x)=0，此时 F(x)=F1(x)F(x)=F1(x)F(x)=F_1(x)。

也就是说，如下关系成立:

F(x)F(x)≡F0(x) (mod G0(x))≡F1(x) (mod G1(x))(15)(16)(15)F(x)≡F0(x)(modG0(x))(16)F(x)≡F1(x)(modG1(x))

\begin{align} F(x) & \equiv F_0(x)\ (mod\ G_0(x))\\ F(x) & \equiv F_1(x)\ (mod\ G_1(x))\\ \end{align}

这样得到的子问题系数F0(x)F0(x)F_0(x)和F1(x)F1(x)F_1(x)满足次数不超过递归区间长度，同时可以求出正确的结果，因此这样做是正确的。
最后递归到底层时，余下来的系数便是答案!

配合多项式取模食用，复杂度O(nlog2n)O(nlog2n)O(nlog^2n)。
注意，使用前需要先使用分治预处理出每一层分治区间的G(x)G(x)G(x)，预处理复杂度同样为O(nlog2n)O(nlog2n)O(nlog^2n)。

代码实现:

inline void pre(int dep,int l,int r,int *a,int b[M][N])
{if(l==r-1){b[dep][l<<1]=add(md,-a[i]),b[dep][l<<1|1]=1;return;}int mid=l+r>>1;pre(dep+1,l,mid,a,b);pre(dep+1,mid,r,a,b);mult(b[dep+1]+(l<<1),mid-l+1,b[dep+1]+(mid<<1),r-mid+1,b[dep]+(l<<1));
}inline void calc(int dep,int l,int r,int *a,int b[M][N])
{static int c[N];if(l==r-1)return;int mid=l+r>>1;memcpy(c,a+l,sizeof(a[0])*(r-l));cmod(c,r-l,b[dep+1]+(l<<1),mid-l+1,a+l);cmod(c,r-l,b[dep+1]+(mid<<1),r-mid+1,a+mid);calc(dep+1,l,mid,a,b);calc(dep+1,mid,r,a,b);
}

不出意外还是未完待续…..
~~（因为还没学快速插值）~~

写到这里才惊讶地发现咱最近都学的是些什么毒瘤东西……
不过有用就是坠吼的~

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