前置知识:NTT学习笔记(快速数论变换)
情景代入
洛谷P4238 【模板】多项式乘法逆
给定一个多项式 f ( x ) f(x) f(x),求 g ( x ) g(x) g(x),满足 f ( x ) × g ( x ) ≡ 1 ( m o d x n ) f(x)\times g(x)\equiv 1\pmod{x^n} f(x)×g(x)≡1(modxn)。系数对 998244353 998244353 998244353取模。
1 ≤ n ≤ 1 0 5 , 0 ≤ a i ≤ 1 0 9 1\leq n\leq 10^5,0\leq a_i\leq 10^9 1≤n≤105,0≤ai≤109
多项式乘法逆
上面这个问题,就是多项式乘法逆。
假设多项式 f ( x ) f(x) f(x)只有一项,那么显然 g 0 g_0 g0为 f 0 f_0 f0的逆元。如果 n > 1 n>1 n>1,则我们考虑递归求解。
假如我们已知 h ( x ) h(x) h(x),满足 f ( x ) × h ( x ) ≡ 1 ( m o d x ⌈ n 2 ⌉ ) f(x)\times h(x)\equiv 1\pmod{x^{\lceil\frac n2\rceil}} f(x)×h(x)≡1(modx⌈2n⌉),又因为 f ( x ) × g ( x ) ≡ 1 ( m o d x ⌈ n 2 ⌉ ) f(x)\times g(x)\equiv 1\pmod{x^{\lceil\frac n2\rceil}} f(x)×g(x)≡1(modx⌈2n⌉),所以
f ( x ) × ( g ( x ) − h ( x ) ) ≡ 0 ( m o d x ⌈ n 2 ⌉ ) f(x)\times (g(x)-h(x))\equiv 0\pmod{x^{\lceil\frac n2\rceil}} f(x)×(g(x)−h(x))≡0(modx⌈2n⌉)
由此可得 g ( x ) − h ( x ) ≡ 0 ( m o d x ⌈ n 2 ⌉ ) g(x)-h(x)\equiv 0 \pmod{x^{\lceil\frac n2\rceil}} g(x)−h(x)≡0(modx⌈2n⌉)。
两边同时平方。因为 ( g ( x ) − h ( x ) ) (g(x)-h(x)) (g(x)−h(x))的前 ⌈ n 2 ⌉ − 1 \lceil\dfrac n2\rceil-1 ⌈2n⌉−1项都是 0 0 0,而对于每一个 k ( 0 ≤ k < n ) k(0\leq k<n) k(0≤k<n),能得到 x k x^k xk的两项 x i x_i xi和 x j ( i + j = k ) x_j(i+j=k) xj(i+j=k)中, i i i和 j j j至少有一个小于 ⌈ n 2 ⌉ \lceil\dfrac n2\rceil ⌈2n⌉,也就是系数为 0 0 0,所以
g ( x ) 2 + h ( x ) 2 − 2 g ( x ) × h ( x ) ≡ 0 ( m o d x n ) g(x)^2+h(x)^2-2g(x)\times h(x)\equiv 0\pmod{x^n} g(x)2+h(x)2−2g(x)×h(x)≡0(modxn)
两边同时乘 f ( x ) f(x) f(x),得 f ( x ) g ( x ) 2 + f ( x ) h ( x ) 2 − 2 f ( x ) ⋅ g ( x ) ⋅ h ( x ) ≡ 0 ( m o d x n ) f(x)g(x)^2+f(x)h(x)^2-2f(x)\cdot g(x)\cdot h(x)\equiv 0\pmod{x^n} f(x)g(x)2+f(x)h(x)2−2f(x)⋅g(x)⋅h(x)≡0(modxn)。又因为 f ( x ) ⋅ g ( x ) ≡ 1 ( m o d x n ) f(x)\cdot g(x)\equiv 1\pmod{x^n} f(x)⋅g(x)≡1(modxn),所以
g ( x ) ≡ 2 h ( x ) − f ( x ) ⋅ h ( x ) 2 ( m o d x n ) g(x)\equiv 2h(x)-f(x)\cdot h(x)^2\pmod{x^n} g(x)≡2h(x)−f(x)⋅h(x)2(modxn)
用 N T T NTT NTT来做多项式乘法即可解决。
我们可以先求出 g g g值的前 ⌈ n 2 ⌉ \lceil\dfrac n2\rceil ⌈2n⌉项,然后将 h h h值定为此时的 g g g值,接着就能求出 g g g值的前 n n n项。文章来源:https://www.toymoban.com/news/detail-432761.html
这样递归,时间复杂度为 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-432761.html
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long w,wn,f[500005],g[500005],a1[500005];
const long long G=3,mod=998244353;
long long mi(long long t,long long v){
if(!v) return 1;
long long re=mi(t,v/2);
re=re*re%mod;
if(v&1) re=re*t%mod;
return re;
}
void ch(long long *a,int l){
for(int i=1,j=l/2;i<l-1;i++){
if(i<j) swap(a[i],a[j]);
int k=l/2;
while(j>=k){
j-=k;k>>=1;
}
j+=k;
}
}
void ntt(long long *a,int l,int fl){
for(int i=2;i<=l;i<<=1){
if(fl==1) wn=mi(G,(mod-1)/i);
else wn=mi(G,mod-1-(mod-1)/i);
for(int j=0;j<l;j+=i){
w=1;
for(int k=j;k<j+i/2;k++,w=w*wn%mod){
long long t=a[k],u=w*a[k+i/2]%mod;
a[k]=(t+u)%mod;
a[k+i/2]=(t-u+mod)%mod;
}
}
}
if(fl==-1){
long long ny=mi(l,mod-2);
for(int i=0;i<l;i++) a[i]=a[i]*ny%mod;
}
}
void solve(int l){
if(l==1){
g[0]=mi(f[0],mod-2);
return;
}
solve((l+1)/2);
int len=1;
while(len<2*l) len<<=1;
for(int i=0;i<l;i++) a1[i]=f[i];
for(int i=l;i<len;i++) a1[i]=0;
ch(a1,len);ch(g,len);
ntt(a1,len,1);ntt(g,len,1);
for(int i=0;i<len;i++){
g[i]=(2-a1[i]*g[i]%mod+mod)%mod*g[i]%mod;
}
ch(g,len);ntt(g,len,-1);
for(int i=l;i<len;i++) g[i]=0;
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%lld",&f[i]);
f[i]%=mod;
}
solve(n);
for(int i=0;i<n;i++){
printf("%lld ",g[i]);
}
return 0;
}
到了这里,关于多项式乘法逆的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容,请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章,希望大家以后多多支持TOY模板网!