标签：迭代 rac bsp 而且 多项式 助理 nlogn 消失 展开
注意：以下所有说明均以帮助理解模板为目的，不保证正确性。
已知$A(x)$，求满足$A(x)B(x)=1\ (mod\ x^n)$的B（以下为了方便假设n是2的幂）
考虑倍增，假设已经求出$A(x)B_0(x)=1\ (mod\ x^{n/2})$
$$A(x)(B(x)-B_0(x))=0\ (mod\ x^{n/2})$$
$$(B(x)-B_0(x))=0\ (mod\ x^{n/2})$$
$$(B(x)-B_0(x))^2=0\ (mod\ x^n)$$
$$B^2(x)-2B(x)B_0(x)+B_0^2(x)=0\ (mod\ x^n)$$
同乘个A，$$B(x)-2B_0(x)+A(x)B_0^2(x)=0\ (mod\ x^n)$$
$$B(x)=2B_0(x)-A(x)B_0^2(x)\ (mod\ x^n)$$
复杂度$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$
已知$A(x)$,$B(x)$，求满足$A(x)=R(x)B(x)+Q(x)$的$R(x)$,$Q(x)$，其中若A为n次，B为m次，则R为n-m次，Q为m-1次
首先考虑一种操作：把$F(x)$变成$x^nF(\frac{1}{x})$，等价于把F(x)的系数翻转，记做$F_R(x)$
于是有$$x^nA(x)=x^{n-m}R(x)x^{m}B(x)+x^{n-m+1}x^{m-1}Q(x)$$
$$A_R(x)=R_R(x)B_R(x)+x^{n-m+1}Q_R(x)$$
把它放到$mod\ x^{n-m+1}$下，可以发现$Q(x)$消失了，而且对$R(x)$没有影响
于是有$R_R(x)=\frac{A_R(x)}{B_R(x)}\ (mod\ x^{n-m+1})$
所以$R(x)$就可以求了，然后$Q(x)=A(x)-R(x)B(x)$，也可以求了
复杂度$O(nlogn)$
已知$G(f)$，求$G(F(x))=0\ (mod\ x^n)$的一个解$F(x)$（以下为了方便假设n是2的幂）
假设已经求出了$G(F_0(x))=0\ (mod\ x^{n/2})$
我们在$F_0(x)$处对$G$进行泰勒展开，有
$$G(F(x))=G(F_0(x))+\frac{G^{(1)}(F_0(x))}{1!}(F(x)-F_0(x))+\frac{G^{(2)}(F_0(x))}{2!}(F(x)-F_0(x))^2+... (mod\ x^n)$$
然后我们发现，因为F_0和F前n/2项相同，所以$(F(x)-F_0(x))^2=0\ (mod\ x^n)$
所以有$$G(F(x))=G(F_0(x))+G‘(F_0(x))(F(x)-F_0(x))=0\ (mod\ x^n)$$
$$F(x)=F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G‘(F_0(x))}\ (mod\ x^n)$$
于是就可以倍增来求F(x)了
已知$G(H(x))=H^2(x)-F(x)$，求使$G(H(x))=0\ (mod\ x^n)$的一个解
根据上面牛顿迭代法的式子可得$H(x)=\frac{H_0^2(x)+F(x)}{2H_0(x)}\ (mod\ x^n)$，倍增即可
复杂度$T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)$
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Ressed/p/11161918.html
