多項式學習筆記

1. 前置知識

1.1 基礎

\(f(x) = \sum_{i=0}^na_ix^i\) 被稱為一個 \(n\) 次多項式。

\(\deg f(x)\) 表示多項式的次數。

\(f(x)g(x) = h(x)\) 稱為多項式乘法，也叫多項式卷積，滿足 \(h_n = \sum_{i + j = n}f_ig_j\)。

1.2 點值

給定一個多項式 \(f(x)\)，再給 \(m\) 個點 \(x_1, \dots, x_m\)，求 \(f(x_1), \dots, f(x_m)\)。

1.3 插值

1.3.1 定義

對於一個多項式 \(f(x)\)，給定 \(n\) 橫座標不相同的個點 \((x_0, y_0), \dots, (x_{n - 1}, y_{n - 1})\)， 求一個多項式 \(f(x)\) 使得對於所有 \(0 \le i < n\)，\(f(x_i) = y_i\)。

不難證明如果 \(\deg f(x) < n\) 則 \(f(x)\) 是唯一的。

考慮反證法，存在 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 滿足要求。

則設 \(r(x) = f(x) - g(x)\)，顯然 \(r(x)\) 有 \(n\) 個根。但是 \(\deg r(x) < n\)，所以 \(r(x) = 0\)，矛盾！

所以唯一性得證。

1.3.2 拉格朗日插值

Lagrange 插值法，是一種可以計算 \(f(x)\) 的各項係數的方法。

我們考慮構造 \(n\) 個多項式滿足 \(P_i(x_i) = y_i, P_i(x_j) = 0\)，顯然答案就是 \(\sum P_i(x)\)。

不難得出：

\[P_i(x) = y_i\frac{\prod_{i \not = j}(x - x_j)}{\prod_{i \not =j}(x_i - x_j)} \]

則最終的答案：

\[f(x) = \sum y_i \prod_{i \not = j}\frac{x - x_j}{x_i - x_j} \]

這個用程式碼實現複雜度是 \(O(n^2)\) 的。

1.4 複數

1.4.1 定義

定義 \(i^2 = -1\)，稱為虛數。

對於所有 \(a, b \in \mathbb{R}\) 的 \(z = a + bi\) 稱為複數。

1.4.2 基礎知識

複數可以用笛卡爾座標系來表示，橫座標表示實數，縱座標表示虛樹，\(a + bi\) 對應 \((a, b)\)。

一個複數可以對應到一個向量上。

不妨設 \(r = \sqrt{a^2 + b^2}\)，\(\theta\) 為 \(\overrightarrow{z} = a + bi\) 的夾角，則我們也可以表示為：\(\overrightarrow{z} = r(\cos \theta + i \sin \theta)\)。

1.4.3 尤拉公式

\[e^{ix} = \cos x + i \sin x \]

證明可以用泰勒展開來證明。

1.4.4 單位根

在複數域上，方程 \(x^n = 1\) 會有 \(n\) 個不同的解，這 \(n\) 個不同的解記作 \(\varepsilon_n^0, \dots, \varepsilon_n^{n-1}\)。

根據尤拉公式，我們有：

\[\varepsilon_n^k = e^{i \frac{2\pi k}{n}} = \cos \frac{2\pi k}{n} + i \sin \frac{2\pi k}{n} \]

這樣可以快速計算單位根。

畫在單位圓上，單位根會將整個單位圓 \(n\) 等分。

單位根有一些性質和定理：

折半定理： \(\varepsilon^2_{2n} = \varepsilon^1_{n}\)

2. 快速傅立葉變換 （FFT）

2.1 大致思路

考慮到多項式卷積的樸素演算法是 \(O(n^2)\) 的。我們需要最佳化到 \(O(n \log n)\)。

根本原理在於只需知道 \(n\) 個點就能確定 \(h(x)\)，我們透過選取特殊的點來最佳化計算。

整個過程分為三步：

1. 選取一些點 \(x_0, \dots, x_{n -1}\)， 計算 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 的點值。

2. 根據 \(h(x) = f(x)g(x)\) 計算出 \(h(x)\) 的點值。

3. 插值得到 \(h(x)\)。

2.2 DFT 點值

我們考慮選取 \(n\) 次單位根 \(\varepsilon_n^0, \varepsilon_n^1, \dots, \varepsilon_n^{n-1}\) 作為點值。

考慮利用分治來求解。我們要求 \(n = 2^k\)，如果不是就補齊即可。

不妨設 \(f(x) = \sum_{i = 0}^{n - 1}a_ix^i\)，我們根據係數下標的奇偶性分開成兩個多項式：

\[f^{(0)} (x) = a_0x^0 + a_2x^2 + \dots + a^{n-2}x^{\frac{n - 2}{2}} \]

\[f^{(1)} (x) = a_1x^0 + a_3x^2 + \dots + a^{n-1}x^{\frac{n - 2}{2}} \]

不難發現 \(f(x) = f^{(0)}(x^2) + xf^{(1)}(x^2)\)，我們將問題轉化成計算這兩個多項式在 \(\varepsilon_{\frac{n}{2}}^0, \dots, \varepsilon_{\frac{n}{2}}^{\frac{n}{2}-1}\) 的點值。

根據折半定理，\(\varepsilon_n^k = \varepsilon_\frac{n}{2}^{k \bmod \frac{n}{2}}\)，所以我們可以透過這兩個多項式推出原來的多項式。

2.3 IDFT 插值

不妨考慮寫成矩陣的形式：

\[\begin{bmatrix} y_0\\ y_1\\ \vdots\\ y_{n-1} \end{bmatrix} V = \begin{bmatrix} a_0\\ a_1\\ \vdots\\ a_{n-1} \end{bmatrix} \]

其中 \(V(i,j) = \epsilon_n^{ij \bmod n}\)。

則我們現在知道 \(V, Y\)，需要求出 \(A\)。

我們只需要求出 \(V^{-1} . Y\) 即可。

根據觀察可以發現 \(V^{-1} = \frac{1}{n}\varepsilon_n^{-ij}\)。

所以我們就可以計算出係數了。