码迷，mamicode.com
首页 > 其他好文 > 详细

多项式求ln,求exp,开方,快速幂 学习总结

时间：2016-06-21 19:01:55      阅读：1992      评论：0      收藏：0      [点我收藏+]

标签：

按理说Po姐姐三月份来讲课的时候我就应该学了

但是当时觉得比较难加上自己比较懒，所以就QAQ了

现在不得不重新弄一遍了

 

首先说多项式求ln

设G(x)=lnF(x)

我们两边求导可以得到G‘(x)=F‘(x)/F(x)

则G(x)就是F’(x)/F(x)的积分

我们知道多项式求导和积分是O(n)的,多项式求逆是O(nlogn)的

所以总时间复杂度O(nlogn)

多项式求ln一般解决的问题是这样的

设多项式f表示一些奇怪的东西，由一些奇怪的东西有序组成的方案为

f^1+f^2+f^3…… 化简之后得到多项式求逆的式子

而由这些奇怪的东西无序组成的方案为

f^1/1!+f^2/2！……

由泰勒展开我们知道化简后为e^f

则若我们知道e^f,求f就需要多项式求ln了

这样推导非常的优美

譬如说BZOJ 3456 城市规划

设答案为多项式f，设n个点的无向图个数为多项式g

不难发现无向图是由若干个无序联通块组成的

我们得到式子g=e^f

而多项式g是非常好构造的，f=ln(g)

多项式求ln即可

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define G 3
using namespace std;
 
typedef long long LL;
const int maxn=300010;
const int mod=1004535809;
int n,N,len,rev[maxn];
int jc[maxn],inv[maxn];
int g[maxn],f[maxn],w[maxn];
 
int pow_mod(int v,int p){
    int tmp=1;
    while(p){
        if(p&1)tmp=1LL*tmp*v%mod;
        v=1LL*v*v%mod;p>>=1;
    }return tmp;
}
void FFT(int *A,int n,int flag){
    for(int i=0;i<n;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);
    for(int k=2;k<=n;k<<=1){
        int mk=(k>>1);
        int wn=pow_mod(G,flag==1?(mod-1)/k:(mod-1)-(mod-1)/k);
        w[0]=1;
        for(int i=1;i<mk;++i)w[i]=1LL*w[i-1]*wn%mod;
        for(int i=0;i<n;i+=k){
            for(int j=0;j<mk;++j){
                int a=i+j,b=i+j+mk;
                int x=A[a],y=1LL*A[b]*w[j]%mod;
                A[a]=(x+y)%mod;
                A[b]=x-y;if(A[b]<0)A[b]+=mod;
            }
        }
    }
    if(flag==-1){
        int c=pow_mod(n,mod-2);
        for(int i=0;i<n;++i)A[i]=1LL*A[i]*c%mod;
    }
}
void Get_inv(int n){
    if(n==1){
        f[0]=pow_mod(g[0],mod-2);
        return;
    }
    Get_inv(n>>1);
    int now=(n<<1);
    for(len=0;(1<<len)<now;++len);
    for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
    static int tmp[maxn];
    for(int i=0;i<n;++i)tmp[i]=g[i];
    FFT(tmp,now,1);FFT(f,now,1);
    for(int i=0;i<now;++i)f[i]=1LL*f[i]*(2LL-1LL*f[i]*tmp[i]%mod+mod)%mod;
    FFT(f,now,-1);
    memset(f+n,0,sizeof(int)*n);
}
void Get_Dao(){
    g[N]=0;
    for(int i=0;i<N;++i)g[i]=1LL*g[i+1]*(i+1)%mod;
}
void Get_Fen(){
    f[0]=0;
    for(int i=N-1;i>=0;--i)f[i]=1LL*f[i-1]*pow_mod(i,mod-2)%mod;
}
 
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(N=1;N<=n;N<<=1);
    jc[0]=1;
    for(int i=1;i<N;++i)jc[i]=1LL*jc[i-1]*i%mod;
    inv[N-1]=pow_mod(jc[N-1],mod-2);
    for(int i=N-2;i>=0;--i)inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
    for(int i=0;i<N;++i){
        int tmp=(1LL*i*(i-1)/2)%(mod-1);
        g[i]=1LL*pow_mod(2,tmp)*inv[i]%mod;
    }
    Get_inv(N);Get_Dao();N<<=1;
    for(len=0;(1<<len)<N;++len);
    for(int i=0;i<N;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
    FFT(g,N,1);FFT(f,N,1);
    for(int i=0;i<N;++i)f[i]=1LL*f[i]*g[i]%mod;
    FFT(f,N,-1);Get_Fen();
    printf("%d\n",1LL*f[n]*jc[n]%mod);
    return 0;
}

cojs 2358 

首先用多项式求逆可以搞出n个点的DAG的个数，这个不再多说

我们不难发现n个点的DAG是由若干个DAG的弱连通图无序组成的

多项式求ln即可

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define G 3
using namespace std;

const int maxn=300010;
const int mod=998244353;
int n,N,len,w[maxn];
int jc[maxn],inv[maxn],rev[maxn];
int f[maxn],Inv[maxn],ln[maxn];

int pow_mod(int v,int p){
	int tmp=1;
	while(p){
		if(p&1)tmp=1LL*tmp*v%mod;
		v=1LL*v*v%mod;p>>=1;
	}return tmp;
}
void FFT(int *A,int n,int flag){
	for(int i=0;i<n;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);
	for(int k=2;k<=n;k<<=1){
		int mk=(k>>1);
		int wn=pow_mod(G,flag==1?(mod-1)/k:(mod-1)-(mod-1)/k);
		w[0]=1;
		for(int i=1;i<mk;++i)w[i]=1LL*w[i-1]*wn%mod;
		for(int i=0;i<n;i+=k){
			for(int j=0;j<mk;++j){
				int a=i+j,b=i+j+mk;
				int x=A[a],y=1LL*A[b]*w[j]%mod;
				A[a]=(x+y)%mod;
				A[b]=x-y;if(A[b]<0)A[b]+=mod;
			}
		}
	}
	if(flag==-1){
		int c=pow_mod(n,mod-2);
		for(int i=0;i<n;++i)A[i]=1LL*A[i]*c%mod;
	}return;
}
void Get_dao(int n){
	f[n]=0;
	for(int i=0;i<n;++i)f[i]=1LL*f[i+1]*(i+1)%mod;
}
void Get_Fen(int n){
	for(int i=n-1;i>=1;--i)ln[i]=1LL*ln[i-1]*pow_mod(i,mod-2)%mod;
	ln[0]=0;
}
void Get_inv(int n){
	if(n==1){
		Inv[0]=pow_mod(f[0],mod-2);
		return;
	}
	Get_inv(n>>1);
	int now=(n<<1);
	for(len=0;(1<<len)<now;++len);
	for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
	static int tmp[maxn];
	for(int i=0;i<n;++i)tmp[i]=f[i];
	for(int i=n;i<now;++i)tmp[i]=0;
	FFT(Inv,now,1);FFT(tmp,now,1);
	for(int i=0;i<now;++i)Inv[i]=1LL*Inv[i]*(2LL-1LL*Inv[i]*tmp[i]%mod+mod)%mod;
	FFT(Inv,now,-1);
	memset(Inv+n,0,sizeof(int)*n);
}
void Get_ln(int n){
	int now=(n<<1);
	for(int i=0;i<n;++i)Inv[i]=0;
	Get_inv(n);Get_dao(n);
	for(len=0;(1<<len)<now;++len);
	for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
	FFT(Inv,now,1);FFT(f,now,1);
	for(int i=0;i<now;++i)ln[i]=1LL*Inv[i]*f[i]%mod;
	FFT(ln,now,-1);
	memset(ln+n,0,sizeof(int)*n);
	Get_Fen(n);
}

int main(){
	freopen("dagIV.in","r",stdin);
	freopen("dagIV.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(N=1;N<=n;N<<=1);
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<N;++i)jc[i]=1LL*jc[i-1]*i%mod;
	inv[N-1]=pow_mod(jc[N-1],mod-2);
	for(int i=N-2;i>=0;--i)inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=0;i<N;++i){
		int tmp=(1LL*i*(i-1)/2)%(mod-1);
		f[i]=1LL*pow_mod((mod+1)>>1,tmp)*inv[i]%mod;
		if(i&1)f[i]=mod-f[i];
	}Get_inv(N);
	for(int i=0;i<=n;++i){
		int tmp=(1LL*i*(i-1)/2)%(mod-1);
		f[i]=1LL*Inv[i]*pow_mod(2,tmp)%mod*jc[i]%mod;
		f[i]=1LL*f[i]*inv[i]%mod;
	}
	for(int i=n+1;i<N;++i)f[i]=0;
	Get_ln(N);
	printf("%d\n",1LL*ln[n]*jc[n]%mod);
	return 0;
}

多项式求exp

用处其实跟多项式求ln是相反的

对于式子g=e^f，假设我们知道f，求g就需要用到多项式求exp了

多项式求exp的方式是利用牛顿迭代法倍增

设F(x)=e^A(x)

我们知道若G(F0(x))=0(mod x^n)

我们有G(F(x))=0=G(F0(x))/0!+G‘(F0(x))/1!*(F(x)-F0(x))(mod x^2n)

转换一下式子我们可以得到F(x)的表达式

我们又知道G(F(x))=lnF(x)-A(x)

带入上面的式子整理之后我们得到F(x)=F0(x)*(1-lnF0(x)+A(x))

无脑倍增就可以了,每次倍增的时候求ln即可，常数巨大，但还是O(nlogn)的

本来应该出到cojs的题目QAQ但是因为自己的权限掉了QAQ

求前n项的Bell数

在之前的文章里提到了Bell数可以利用CDQ+FFT解决

但是我们也提到了Bell数的生成函数e^(e^x-1)

我们对e^x-1做泰勒展开，之后多项式求exp即可

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define G 3
using namespace std;

const int mod=998244353;
const int maxn=300010;
int n,N,len,T;
int jc[maxn],inv[maxn],rev[maxn],w[maxn];
int g[maxn],f[maxn],h[maxn],ni[maxn];
int Exp[maxn],ln[maxn],Inv[maxn];
int C[maxn];
struct ASK{
	int n;
}Q[maxn];

int pow_mod(int v,int p){
	int tmp=1;
	while(p){
		if(p&1)tmp=1LL*tmp*v%mod;
		v=1LL*v*v%mod;p>>=1;
	}return tmp;
}
void FFT(int *A,int n,int flag){
	for(int i=0;i<n;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);
	for(int k=2;k<=n;k<<=1){
		int mk=(k>>1);
		int wn=pow_mod(G,flag==1?(mod-1)/k:(mod-1)-(mod-1)/k);
		w[0]=1;
		for(int i=1;i<mk;++i)w[i]=1LL*w[i-1]*wn%mod;
		for(int i=0;i<n;i+=k){
			for(int j=0;j<mk;++j){
				int a=i+j,b=i+j+mk;
				int x=A[a],y=1LL*A[b]*w[j]%mod;
				A[a]=(x+y)%mod;
				A[b]=x-y;if(A[b]<0)A[b]+=mod;
			}
		}
	}
	if(flag==-1){
		int c=pow_mod(n,mod-2);
		for(int i=0;i<n;++i)A[i]=1LL*A[i]*c%mod;
	}return;
}
void Get_dao(int n){
	f[n]=0;
	for(int i=0;i<n;++i)f[i]=1LL*f[i+1]*(i+1)%mod; 
}
void Get_Fen(int n){
	for(int i=n-1;i>=1;--i)ln[i]=1LL*ln[i-1]*ni[i]%mod;
	ln[0]=0;
}
void Get_inv(int n){
	if(n==1){
		Inv[0]=pow_mod(f[0],mod-2);
		return;
	}
	Get_inv(n>>1);
	int now=(n<<1);
	for(len=0;(1<<len)<now;++len);
	for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
	static int tmp[maxn];
	for(int i=0;i<n;++i)tmp[i]=f[i];
	for(int i=n;i<now;++i)tmp[i]=0;
	FFT(tmp,now,1);FFT(Inv,now,1);
	for(int i=0;i<now;++i)Inv[i]=1LL*Inv[i]*(2LL-1LL*tmp[i]*Inv[i]%mod+mod)%mod;
	FFT(Inv,now,-1);
	memset(Inv+n,0,sizeof(int)*n);
} 
void Get_ln(int n){
	int now=(n<<1);
	for(int i=0;i<n;++i)Inv[i]=0;
	Get_inv(n);Get_dao(n);
	for(len=0;(1<<len)<now;++len);
	for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
	FFT(Inv,now,1);FFT(f,now,1);
	for(int i=0;i<now;++i)ln[i]=1LL*f[i]*Inv[i]%mod;
	FFT(ln,now,-1);
	memset(ln+n,0,sizeof(int)*n);
	Get_Fen(n);
}
void Get_exp(int n){
	if(n==1){Exp[0]=1;return;}
	Get_exp(n>>1);
	int now=(n<<1);
	for(int i=0;i<n;++i)f[i]=Exp[i],h[i]=g[i];
	Get_ln(n);
	for(int i=0;i<now;++i)ln[i]=((i==0)-ln[i]+h[i]+mod)%mod;
	for(len=0;(1<<len)<now;++len);
	for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
	FFT(Exp,now,1);FFT(ln,now,1);
	for(int i=0;i<now;++i)Exp[i]=1LL*Exp[i]*ln[i]%mod;
	FFT(Exp,now,-1);
	memset(Exp+n,0,sizeof(int)*n);
}

int main(){
	freopen("QAQ_Bell.in","r",stdin);
	freopen("QAQ_Bell.ans","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	for(int i=1;i<=T;++i){
		scanf("%d",&Q[i].n);
		n=max(n,Q[i].n);
	}
	for(N=1;N<=n;N<<=1);
	jc[0]=1;ni[0]=ni[1]=1;
	for(int i=1;i<N;++i)jc[i]=1LL*jc[i-1]*i%mod;
	inv[N-1]=pow_mod(jc[N-1],mod-2);
	for(int i=N-2;i>=0;--i)inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=2;i<N;++i)ni[i]=(mod-1LL*(mod/i)*ni[mod%i]%mod);
	for(int i=1;i<N;++i)g[i]=inv[i];
	Get_exp(N);
	for(int i=1;i<=T;++i){
		n=Q[i].n;
		printf("%d\n",1LL*Exp[n]*jc[n]%mod);
	}
	return 0;
}

多项式开根

同样是利用倍增

设G^2(x)=F(x)(mod x^n)

我们得到(G^2(x)-F(x))^2=0(mod x^2n)

又可以得到(G^2(x)+F(x))^2=4*G^2(x)*F(x)(mod x^2n)

即((G^2(x)+F(x))/2*G(x))^2=F(x)(mod x^2n)

显然括号里面的东西是我们要求的东西，求解即可

注意到多项式开根的前提是常数项可开根，但如果在模意义下并不要求常数项是完全平方数

只要常数项存在二次剩余就可以了，至于求解的话可以利用原根的性质求解

BZOJ 3625

我们设答案多项式为F(x)

我们得到生成函数F(x)=C(x)F^2(x)+1

得到C(x)F^2(x)-F(x)+1=0

F(x)=(1 +or- sqrt(1-4C(x))/2C(x))=2/(1 +or- sqrt(1-4C(x)))

由于多项式求逆要求常数项存在逆，所以可以确定是加号

之后做多项式开根之后多项式求逆即可

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define G 3
using namespace std;
 
const int maxn=300010;
const int mod=998244353;
int n,m,x,N,len,C;
int f[maxn],rt[maxn],Inv[maxn],rev[maxn];
int w[maxn];
 
void read(int &num){
    num=0;char ch=getchar();
    while(ch<‘!‘)ch=getchar();
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)num=num*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
}
int pow_mod(int v,int p){
    int tmp=1;
    while(p){
        if(p&1)tmp=1LL*tmp*v%mod;
        v=1LL*v*v%mod;p>>=1;
    }return tmp;
}
void FFT(int *A,int n,int flag){
    for(int i=0;i<n;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);
    for(int k=2;k<=n;k<<=1){
        int mk=(k>>1);
        int wn=pow_mod(G,flag==1?(mod-1)/k:(mod-1)-(mod-1)/k);
        w[0]=1;
        for(int i=1;i<mk;++i)w[i]=1LL*w[i-1]*wn%mod;
        for(int i=0;i<n;i+=k){
            for(int j=0;j<mk;++j){
                int a=i+j,b=i+j+mk;
                int x=A[a],y=1LL*A[b]*w[j]%mod;
                A[a]=(x+y)%mod;
                A[b]=x-y;if(A[b]<0)A[b]+=mod;
            }
        }
    }
    if(flag==-1){
        int c=pow_mod(n,mod-2);
        for(int i=0;i<n;++i)A[i]=1LL*A[i]*c%mod;
    }return;
}
void Get_inv(int n){
    if(n==1){
        Inv[0]=pow_mod(rt[0],mod-2);
        return;
    }
    Get_inv(n>>1);
    int now=(n<<1);
    for(len=0;(1<<len)<now;++len);
    for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
    static int tmp[maxn];
    for(int i=0;i<n;++i)tmp[i]=rt[i];
    for(int i=n;i<now;++i)tmp[i]=0;
    FFT(tmp,now,1);FFT(Inv,now,1);
    for(int i=0;i<now;++i)Inv[i]=1LL*Inv[i]*(2LL-1LL*tmp[i]*Inv[i]%mod+mod)%mod;
    FFT(Inv,now,-1);
    memset(Inv+n,0,sizeof(int)*n);
}
void Get_root(int n){
    if(n==1){rt[0]=1;return;}
    Get_root(n>>1);
    for(int i=0;i<n;++i)Inv[i]=0;
    int now=(n<<1);Get_inv(n);
    static int tmp[maxn];
    for(int i=0;i<n;++i)tmp[i]=f[i];
    for(len=0;(1<<len)<now;++len);
    for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
    FFT(Inv,now,1);FFT(tmp,now,1);
    for(int i=0;i<now;++i)tmp[i]=1LL*tmp[i]*Inv[i]%mod;
    FFT(tmp,now,-1);
    for(int i=0;i<n;++i)rt[i]=1LL*C*(rt[i]+tmp[i])%mod;
}
 
int main(){
    read(n);read(m);C=((mod+1)>>1);
    for(N=1;N<=m;N<<=1);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        read(x);
        if(x<=m)f[x]++;
    }
    for(int i=0;i<N;++i)f[i]=((i==0)-4*f[i]+mod)%mod;
    Get_root(N);rt[0]++;
    for(int i=0;i<(N<<1);++i)Inv[i]=0;
    Get_inv(N);
    for(int i=1;i<=m;++i){
        printf("%d\n",(Inv[i]<<1)%mod);
    }return 0;
}

多项式快速幂

即求F^k(x)

我们可以直接做快速幂每次乘完消掉次数界既可以了

但是这样的做法不够高大上

我们知道F^k(x)=exp(ln(F^k(x))

而ln(F^k(x))=k*ln(F(x))

我们做多项式求ln，然后系数乘以k之后exp还原即可

时间复杂度O(nlogn)

 

多项式的学习估计就到此结束啦，以后可能会学一些用FFT优化DP，用FFT优化字符串匹配的题目

当然也会写总结啦

听说多项式还有什么多点插值，扩展欧几里得，拉格朗日反演之类的鬼东西

先暂时弃掉咯

最后附上多项式终极模板，也是zcg他们出的毒瘤题目

cojs 2189 帕秋莉的超级多项式

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cmath>
#define G 3
using namespace std;

const int maxn=300010;
const int mod=998244353;
int n,k,N,C,len;
int rev[maxn],w[maxn];
int f[maxn],rt[maxn];
int Inv[maxn],ln[maxn],Exp[maxn];

int pow_mod(int v,int p){
	int tmp=1;
	while(p){
		if(p&1)tmp=1LL*tmp*v%mod;
		v=1LL*v*v%mod;p>>=1;
	}return tmp;
}
void FFT(int *A,int n,int flag){
	for(int i=0;i<n;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);
	for(int k=2;k<=n;k<<=1){
		int mk=(k>>1);
		int wn=pow_mod(G,flag==1?(mod-1)/k:(mod-1)-(mod-1)/k);
		w[0]=1;
		for(int i=1;i<mk;++i)w[i]=1LL*w[i-1]*wn%mod;
		for(int i=0;i<n;i+=k){
			for(int j=0;j<mk;++j){
				int a=i+j,b=i+j+mk;
				int x=A[a],y=1LL*A[b]*w[j]%mod;
				A[a]=(x+y)%mod;
				A[b]=x-y;if(A[b]<0)A[b]+=mod;
			}
		}
	}
	if(flag==-1){
		int c=pow_mod(n,mod-2);
		for(int i=0;i<n;++i)A[i]=1LL*A[i]*c%mod;
	}return;
}
void Get_Fen(int *f,int n){
	for(int i=n-1;i>=1;--i)f[i]=1LL*f[i-1]*pow_mod(i,mod-2)%mod;
	f[0]=0;
}
void Get_dao(int *f,int n){
	f[n]=0;
	for(int i=0;i<n;++i)f[i]=1LL*f[i+1]*(i+1)%mod;
}
void Get_inv(int n,int *h){
	if(n==1){
		Inv[0]=pow_mod(h[0],mod-2);
		return;
	}
	Get_inv(n>>1,h);
	int now=(n<<1);
	static int tmp[maxn];
	for(int i=0;i<n;++i)tmp[i]=h[i];
	for(int i=n;i<now;++i)tmp[i]=0;
	for(len=0;(1<<len)<now;++len);
	for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
	FFT(tmp,now,1);FFT(Inv,now,1);
	for(int i=0;i<now;++i)Inv[i]=1LL*Inv[i]*(2LL-1LL*tmp[i]*Inv[i]%mod+mod)%mod;
	FFT(Inv,now,-1);
	memset(Inv+n,0,sizeof(int)*n);
}
void Get_root(int n){
	if(n==1){
		rt[0]=(int)(sqrt(f[0]));
		return;
	}
	Get_root(n>>1);
	int now=(n<<1);
	for(int i=0;i<now;++i)Inv[i]=0;
	Get_inv(n,rt);
	static int tmp[maxn];
	for(int i=0;i<n;++i)tmp[i]=f[i];
	for(int i=n;i<now;++i)tmp[i]=0;
	for(len=0;(1<<len)<now;++len);
	for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
	FFT(tmp,now,1);FFT(Inv,now,1);
	for(int i=0;i<now;++i)tmp[i]=1LL*tmp[i]*Inv[i]%mod;
	FFT(tmp,now,-1);
	for(int i=0;i<n;++i)rt[i]=1LL*C*(rt[i]+tmp[i])%mod;
}
void Get_ln(int n,int *h){
	int now=(n<<1);
	for(int i=0;i<now;++i)Inv[i]=0;
	Get_inv(n,h);Get_dao(h,n);
	for(len=0;(1<<len)<now;++len);
	for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
	FFT(h,now,1);FFT(Inv,now,1);
	for(int i=0;i<now;++i)ln[i]=1LL*h[i]*Inv[i]%mod;
	FFT(ln,now,-1);
	memset(ln+n,0,sizeof(int)*n);
	Get_Fen(ln,n);
}
void Get_Exp(int n){
	if(n==1){Exp[0]=1;return;}
	Get_Exp(n>>1);
	int now=(n<<1);
	static int g[maxn];
	for(int i=0;i<n;++i)g[i]=Exp[i];
	for(int i=n;i<now;++i)g[i]=0;
	Get_ln(n,g);
	for(int i=0;i<n;++i)ln[i]=((i==0)-ln[i]+f[i]+mod)%mod;
	for(len=0;(1<<len)<now;++len);
	for(int i=0;i<now;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));
	FFT(ln,now,1);FFT(Exp,now,1);
	for(int i=0;i<now;++i)Exp[i]=1LL*Exp[i]*ln[i]%mod;
	FFT(Exp,now,-1);
	memset(Exp+n,0,sizeof(int)*n);
}

int main(){
	freopen("polynomial.in","r",stdin);
	freopen("polynomial.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);scanf("%d",&k);C=((mod+1)>>1);
	for(int i=0;i<n;++i)scanf("%d",&f[i]);
	for(N=1;N<=n;N<<=1);
	Get_root(N);
	for(int i=0;i<(N<<1);++i)Inv[i]=0;
	Get_inv(N,rt);
	for(int i=0;i<N;++i)f[i]=Inv[i];
	Get_Fen(f,n);
	for(int i=n;i<N;++i)f[i]=0;
	Get_Exp(N);
	for(int i=0;i<N;++i)f[i]=Exp[i];
	for(int i=0;i<(N<<1);++i)Inv[i]=0;
	Get_inv(N,f);
	for(int i=0;i<N;++i)f[i]=Inv[i];
	f[0]++;
	Get_ln(N,f);
	for(int i=0;i<N;++i)f[i]=ln[i];
	f[0]++;
	for(int i=N+1;i<(N<<1);++i)f[i]=0;
	Get_ln(N,f);
	for(int i=0;i<N;++i)f[i]=1LL*k*ln[i]%mod;
	for(int i=0;i<(N<<1);++i)Exp[i]=0;
	Get_Exp(N);
	for(int i=1;i<n;++i)printf("%d ",1LL*Exp[i]*i%mod);
	printf("0\n");
	return 0;
}

感觉生成函数什么的还是很好玩的，非常想找时间学一学

不过貌似NOI用处不大(雾

多项式求ln,求exp,开方,快速幂 学习总结

标签：

原文地址：http://www.cnblogs.com/joyouth/p/5604618.html
踩
(2)
赞
(0)
   
举报
评论 一句话评论（0）
登录后才能评论！
分享档案
更多>
2021年07月29日 (22)
2021年07月28日 (40)
2021年07月27日 (32)
2021年07月26日 (79)
2021年07月23日 (29)
2021年07月22日 (30)
2021年07月21日 (42)
2021年07月20日 (16)
2021年07月19日 (90)
2021年07月16日 (35)
周排行
mamicode.com排行更多图片
更多
友情链接
兰亭集智   国之画   百度统计   站长统计   阿里云   chrome插件   新版天听网
关于我们 - 联系我们 - 留言反馈
© 2014 mamicode.com 版权所有  联系我们:gaon5@hotmail.com
迷上了代码！