泰勒展开
设\(f(x)\)在\(x_0\)处可导，且存在无穷阶导数，那么根据泰勒展开，有：
\[f(x) = \sum_{i=0}^{\inf} \frac{f^{[i]}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i + \delta\] 其中\(\delta\)是一个余项，表示一个趋近于无穷小的误差。每展开一项，误差就越小。 若\(f(x)\)在\(x_0 = 0\)处可导，带入泰勒展开式后可以得到\(f(x)\)的麦克劳林展开式：\[f(x) = \sum_{i=0}^{\inf} \frac{f^{[i]}(0)}{i!}x^i + \delta\] 一般来说，信息学奥赛中都会使用麦克劳林展开式。我们可以将\(e^x\)用麦克劳林展开：\[e^x = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + ... + \delta = \sum_{i=0}^{\inf} \frac{x^i}{i!} + \delta\] 这个式子将在后面反复用到，是非常重要的式子。牛顿迭代法
给定一个关于\(B(x)\)的函数\(F\)，求\(F(B(x)) = 0(mod\ x^t)\)。
我们令\(B_t(x)\)表示模\(x^{2^{t}}\)意义下的一个解。 那么，对\(F(B_{t+1}(x))\)在\(B_{t}(x)\)处进行泰勒展开有：\[F(B_{t+1}(x)) = F(B_t(x)) + \frac{F'(B_t(x))}{1!} (B_{t+1}(x) - B_t(x)).....\] 又\(deg(B_{t+1}(x) - B_t(x))^2 = 2^{t+2}-1\geq 2^{t+1}\)。 所以除了最前面的两项，其他项的结果都为\(0\)。 所以\[F(B_{t+1}(x)) = F(B_t(x)) + \frac{F'(B_t(x))}{1!} (B_{t+1}(x) - B_t(x))\] 化简可得：\[B_{t+1}(x) = B_{t}(x) - \frac{F(B_t(x))}{F'(B_t(x))}\]利用牛顿迭代，我们就能够解决多项式的各种基本运算了。
多项式基本运算
乘法就不说了，\(FFT\)、\(NTT\)、\(MTT\)、分治\(FFT\)等 都是基本功。
多项式求导与积分
- 求导\((c(x^a))' =cax^{a-1}\)
- 积分\(\int cx^a = \frac{cx^{a+1}}{a+1}\)
求导后，默认最高项等于\(0\)。积分后，默认最低项等于\(0\)。
多项式求逆
牛顿迭代得出的运算重点推导这一个，剩下的全部以给公式的形式呈现。
\(A_t(x)B_{t-1}(x) = 1\ \ \ \ \to \ \ \ \ A_t(x)B_{t-1}(x) - 1 = 0\) 然后套牛顿迭代就行了：\[B_{t}(x) = B_{t-1}(x) - \frac{A_t(x)B_{t-1}(x) - 1}{A_t(x)} = 2B_{t-1}(x) - A_t(x)B_{t-1}^2(x)\] 多项式\(A(x)\)存在逆的条件：常数项\(\neq 0\)。 注意一下，由于\(B_t(x)\)、\(A_t(x)\)的第\(2^{t}\)项是没有值的，所以传参\(len\)时可以减少一倍。多项式求\(ln\)
不需要牛顿迭代推出的运算重点推导这一个，剩下的全部以给公式的形式呈现。
\(lnA(x) = B(x) \ \ \ \ \to \ \ \ \ B'(x) = \frac{A'(x)}{A(x)}\)。 然后好像就没了......求逆后积分回去就行了。其余多项式运算
全部给公式了，推导都是一样的。
- 快速幂：\(B(x) = e^{K ln(A(x))}\)
- 开根：\(B_t(x) = \frac{1}{2}(B_{t-1}(x) + \frac{A_t(x)}{B_{t-1}(x)})\)
- 求\(exp\)：\(B_t(x) = B_{t-1}(x)(1 - ln(B_{t-1}(x)) + A_t(x))\)
注意一下，求\(ln\)前常数项必须为\(1\)，求\(exp\)前常数项必须为\(0\)。
多项式除法
给定一个\(n\)次多项式\(F(x)\)和\(m\)次多项式\(G(x)\)。
求一个\(n-m\)次多项式\(C(x)\)和\(m-1\)次多项式\(R(x)\)，满足\(F(x) = G(x)C(x)+R(x)\)。 定义操作\(A^R(x) = x^n A(\frac{1}{x})\)，即将多项式的所有系数反转过来。 那么：\[x^nF(\frac{1}{x}) = x^m G(\frac{1}{x})*x^{n-m} C(\frac{1}{x}) + x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x})\]所以：\(F^R(x) = G^R(x)C^R(x) + x^{n-m+1} R^R(x)\)。
所以有：\[F^R(x) \equiv G^R(x)C^R(x) (mod\ x^{n-m+1})\] 所以\(C^R(x) = \frac{F^R(x)}{G^R(x)} (mod\ x^{n-m+1})\)，多项式求逆即可。 得到\(C(x)\)后，\(R(x) = F(x) - G(x)C(x)\)。代码实现的时候，对于模\(x^{n-m+1}\)意义下的多项式，一定要及时清空多余项，防止之后的\(NTT\)出问题。
IL void MOD(int *a , int *b) { N = 2 * (K - 1) ; M = K ; for(Len = 1; Len <= K; Len <<= 1) ; for(int i = 0; i < K; i ++) f3[i] = a[i] , f4[i] = b[i] ; NTT(f3 , 1 , Len << 1) ; NTT(f4 , 1 , Len << 1) ; for(int i = 0; i < nn; i ++) f3[i] = 1ll * f3[i] * f4[i] % mod ; NTT(f3 , -1 , Len << 1) ; reverse(f3 , f3 + N + 1) ; reverse(C , C + M + 1) ; for(Len = 1; Len <= N; Len <<= 1) ; Poly_Inv(C , InvC , Len) ; for(int i = N - M + 1; i <= Len; i ++) InvC[i] = 0 ; //!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! NTT(f3 , 1 , Len << 1) ; NTT(InvC , 1 , Len << 1) ; for(int i = 0; i < nn; i ++) G[i] = 1ll * f3[i] * InvC[i] % mod ; NTT(G , -1 , Len << 1) ; NTT(f3 , -1 , Len << 1) ; for(int i = N - M + 1; i <= Len; i ++) G[i] = 0 ; //!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! reverse(f3 , f3 + N + 1) ; reverse(G , G + (N - M) + 1) ; reverse(C , C + M + 1) ; NTT(C , 1 , Len << 1) ; NTT(G , 1 , Len << 1) ; for(int i = 0; i < nn; i ++) G[i] = 1ll * G[i] * C[i] % mod ; NTT(G , -1 , Len << 1) ; NTT(C , -1 , Len << 1) ; for(int i = 0; i < M; i ++) a[i] = (f3[i] - G[i] + mod) % mod ; for(int i = 0; i < (Len << 1) ; i ++) InvC[i] = G[i] = f3[i] = f4[i] = 0 ;} 多项式乘法在串匹配中的应用
特征：字符集极小或存在通配符。
建模技巧：- 允许存在不超过\(K\)的偏移量：直接将当前枚举字符向左右扩展\(K\)格(差分实现)。
- 存在通配符：令通配符\(S_i = T_j = 0\)， 则把匹配条件变为\(0 = \sum_{i=1}^{|T|} (S_{i+st} - T_i)T_iS_{i+st}\)，拆式子后\(FFT\)。
匹配方法：
- 常规匹配：形如\(i_S - j_T = c\)，反向\(FFT\)/\(NTT\)处理
- 对称匹配：形如\(i_S + j_S = 2 * k_T\)，正向\(FFT\)/\(NTT\)处理。
这类题目只要认真分析+胡思乱想总能想出来的，关键还是在于对字符串的理解。
生成函数简介
生成函数就是母函数。
母函数可以推导递推公式的通项公式，但是那一套就不说了，跟多项式关系也不大。 生成函数有两种，普通型\(G(x) = \sum_{i=0}^{\inf} g_i x^i\)与指数型\(F(x) = \sum_{i=0}^{\inf} f_i \frac{x^i}{i!}\)。 一般来说，有序问题会使用指数型，而组合问题会使用普通型。 普通型没啥好说的吧...... 指数型母函数就是\(e^x\)的展开式，故可以有一些骚套路：- \(e^{-x} = 1 - \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} - \frac{x^3}{3!}......\)
- 只要奇数项：\(\frac{e^x - e^{-x}}{2}\)
- 只要偶数项：\(\frac{e^x + e^{-x}}{2}\)
- \(e^{nx} = 1 + \frac{(nx)}{1!} + \frac{(nx)^2}{2!} + \frac{(nx)^3}{3!}......\)
指数型母函数的系数本质就是多了一个可重排列\(\frac{(\sum_{i=1}^ma_i)!}{a_1!a_2!...a_m!}\)。
我们使用泰勒展开还可以得到广义二项式定理：- $(1+x)^m = 1 + \frac{m}{1!} x + \frac{m(m-1)}{2!}x^2 + ... + \frac{m(m-1)...2*1}{m!} x^m $
- \((1-x)^m = 1 - \frac{m}{1!} x + \frac{m(m-1)}{2!} x^2 - \frac{m(m-1)(m-2)}{3!}x^3 + ... \frac{m(m-1)...2*1}{m} x^m\)
- \((1+x)^m = \binom{m}{m} + \binom{m}{m-1}x + \binom{m}{m-2}x^2 +... \binom{m}{0} x^m\)
- \((1-x)^m = \binom{m}{m} - \binom{m}{m-1}x + \binom{m}{m-2}x^2 + ... \binom{m}{0} x^m\)
这玩意儿在手算题里有奇效，得到形如\(\frac{1}{(1-x)^k}\)的生成函数后，可以通过这个直接得到第\(r\)项系数。
最后：关于选择、组合问题请多想生成函数！！！关于选择、组合问题请多想生成函数！！！关于选择、组合问题请多想生成函数！！！若干有用的科技/套路
简单(单项)多项式手动求\(ln\)
当出现求\(ln F(x)\)，其中\(F(x)\)只包含一个形如\(x^t\)的项时，可以考虑手动求\(ln\)。
手动求\(ln\)的方法为：先求导，然后把分母展开为生成函数，最后积分得到答案。 给一个例子：\(F(x) = ln (1-x^t)\)。\[F(x) = \int F'(x) = \int \frac{-tx^{t-1}}{1-x^t} = \int -tx^{t-1} \sum_{i=0}^{\inf} x^{ti}\] 继续：\[F(x) = -\int \sum_{i=0}^{\inf} tx^{t(i+1)-1} = -\sum_{i=1}^{\inf}\frac{tx^{ti}}{ti} = -\sum_{i=1}^{\inf} \frac{x^{ti}}{i}\]这个技巧可谓是相当相当相当的关键了，下面的一些推导中，还会反复使用到这个技巧。组合关系的生成函数拆分
给定一个形如\(h_x = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}f_ig_{n-i}\)
若\(h_i\)、\(g_i\)好求，需要求\(f_i\)，那么我们可以把组合数拆开后这么做：\[\frac{h_n}{n!} = \sum_{i=0}^n \frac{f_i}{i!} \frac{g_{n-i}}{(n-i)!}\] 接着构造生成函数\(H(x) =\sum_{i=0}^{\inf} \frac{h_i}{i!}x^i\)、\(F(x)=\sum_{i=0}^{\inf} \frac{f_i}{i!}x^i\)、\(G(x)=\sum_{i=0}^{\inf} \frac{g_i}{i!}x^i\)。 那么有\(H(x) = F(x)G(x)\)。 所以\(F(x) = \frac{H(x)}{G(x)}\)，通过多项式求逆得到\(F(x)\)后即可得到\(f_i\)。划分关系与指数型生成函数
设\(F(x) = \sum_{i=1}^n f_i \frac{x^i}{i!}\)，其中\(f_i\)表示\(i\)个元素的\(A\)集合的种类数。
同理我们设\(G(x) = \sum_{i=0}^n g_i \frac{x^i}{i!}\)，其中\(g_i\)表示\(i\)个元素的\(B\)集合的种类数。若所有元素都有编号，且\(B\)集合是由若干\(A\)集合构成的，那么有：\[G(x) = e^{F(x)}\] 几个例子：- 设\(F(x)\)为简单有向联通图的生成函数，\(G(x)\)为简单有向图的生成函数。
- 设\(F(x)\)为要求联通的\(DAG\)的生成函数，\(G(x)\)为不要求联通的\(DAG\)的生成函数。
证明：把\(e^{F(x)}\)泰勒展开后有：\(e^{F(x)} = \sum_{i=0}^n \frac{F(x)^i}{i!}\) 。
然后我们考虑\(G(x)\)中的每一项的构成：\[[x^n]G(x) = x^n\sum_{k=1}^n \frac{[x^n](F(x)^k)}{k!} = x^n\sum_{k=1}^n [\frac{\frac{f_{a_1}f_{a_2}...f_{a_k}}{a_1!a_2!...a_k!}}{k!}] = \frac{x^n}{n!} \sum_{k=1}^n [(\frac{f_{a_1}f_{a_2}...f_{a_k}}{a_1!a_2!...a_k!})\frac{n!}{k!}]\] 可以注意到\(\frac{n!}{a_1!a_2!...a_k!}\)正是可重排列编号的方案数，而\(\frac{1}{k!}\)对应构成\(B\)的\(A\)集合之间无顺序关系。快速求\(G(x) = \prod_i^m \frac{1}{(1-x^{t_i})}\ \ (mod\ x^{n})\)
一般的背包问题其实就是若干\(T(x) = \frac{1}{1-x^{V_i}}\)卷起来，所以这个东西可以解决背包问题。
显然不能直接分治\(NTT\)，但我们可以在\(O(nln(n)+nlog^2n)\)的时间内求出这个式子。 设\(F_i(x) = \frac{1}{(1-x^{t_i})}\)，那么\[G(x) = e^{\sum_{i=1}^m ln(F_{i}(x))}\]所以只需要求的\(Ans(x) = \sum_{i=1}^m ln(F_{i}(x))\)后再多项式\(exp\)即可得到\(G(x)\)。
考虑求\(Ans(x) = \sum_{i=1}^m ln(F_i(x))\)，显然不能对每一项直接求\(ln\)。 我们尝试两边求导得：\(Ans = \int \sum_{i=1}^m (ln(F_{i}(x)))'\)。然后化简\((ln(F_i(x)))'\)有：\[(lnF_i(x))' = \frac{F_i'(x)}{F_i(x)} = (1-x^{t_i})(\sum_{j=0} x^{jt_i})' = (1-x^{t_i})(\sum_{j=1} t_ijx^{jt_i-1})\]把上式错位相减后有：\((lnF_i(x))' =\sum_{j = 1} t_i x^{jt_i - 1}\)，所以有：
\[Ans(x) = \int \sum_{i=1}^m(lnF_i(x))' = \sum_{i=1}^m \int \sum_{j=1} t_ix^{jt_i-1} = \sum_{i=1}^m \sum_{j=1} \frac{x^{jt_i}}{j}\]于是乎，首先统计每种\(t\)的数量\(cnt_{t}\)，然后暴力给\(Ans(x)\)加贡献即可，复杂度调和级数。
快速求\(\sum_{i=1}^n a_i^k , k\in[1,t]\)
\(O(nk)\)显然是假的，这辈子都不可能这么简单的。
构造\(F(x) = \prod_{i=1}^n (a_ix + 1)\) 那么\(lnF(x) = \sum_{i=1}^n ln(a_ix+1)\)，考虑手动求\(ln\)：\[ln(a_ix+1) = \int \frac{a_i}{1+a_ix} = a_i \int \sum_{j=0}^{\inf}(-a_i)^j x^j = \sum_{j=1}^{\inf}\frac{(-1)^{j-1}}{j}a_i^jx^j\] 所以\(lnF(x) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{\inf} \frac{(-1)^{j-1}}{j}a_i^j x^j = \sum_{j=1}^{\inf}\frac{(-1)^{j-1}}{j} \sum_{i=1}^n a_i^j x^j\)。 而\(F(x)\)可以同过分治\(FFT\)求出，所以求出\(F(x)\)后，对\(F(x)\)求\(ln\)得到每一项的系数即可。快速求\(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m (a_i + b_j)^k , k\in [1,t]\)
把式子暴力化开：\(f(x) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m (a_i + b_j)^x = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{k=0}^x a_i^k b_j^{x-k} \binom{x}{k}\)
所以有：\[f(x) = x!\sum_{k=0}^x \frac{\sum_{i=1}^n a_i^k}{k!} \frac{\sum_{j=1}^m b_j^{x-k}}{(x-k)!}\] 而我们已经会快速求\(\sum_{i=1}^n a_i^k\)了，所以只需要构造卷积再套一次\(FFT\)即可。