专栏首页数据结构与算法洛谷P4725 【模板】多项式对数函数(多项式ln)

洛谷P4725 【模板】多项式对数函数(多项式ln)

题意

题目链接

Sol

这个不用背XD

前置知识:

\(f(x) = ln(x), f'(x) = \frac{1}{x}\)

\(f(g(x)) = f'(g(x)) g'(x)\)

我们要求的是\(G(x) = F(A(x)), F(x) = ln(x)\)

可以直接对两边求导\(G'(A(x)) = F'(A(x))A'(x) = \frac{A(x)}{A'(x)}\)

发现这个可以算,只要求个逆就行了。

那么就直接求导之后积分回去,复杂度\(O(nlogn)\)

#include<bits/stdc++.h> 
#define Pair pair<int, int>
#define MP(x, y) make_pair(x, y)
#define fi first
#define se second
#define LL long long 
#define ull unsigned long long 
#define Fin(x) {freopen(#x".in","r",stdin);}
#define Fout(x) {freopen(#x".out","w",stdout);}
using namespace std;
const int MAXN = 4e5 + 10, INF = 1e9 + 10;
const double eps = 1e-9, pi = acos(-1);
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int a[MAXN], b[MAXN];
namespace Poly {
    int rev[MAXN], GPow[MAXN], GiPow[MAXN], A[MAXN], B[MAXN], C[MAXN], D[MAXN], lim;
    const int G = 3, Gi = 332748118, mod = 998244353;
    template <typename A, typename B> inline LL add(A x, B y) {if(x + y < 0) return x + y + mod; return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;}
    template <typename A, typename B> inline void add2(A &x, B y) {if(x + y < 0) x = x + y + mod; else x = (x + y >= mod ? x + y - mod : x + y);}
    template <typename A, typename B> inline LL mul(A x, B y) {return 1ll * x * y % mod;}
    template <typename A, typename B> inline void mul2(A &x, B y) {x = (1ll * x * y % mod + mod) % mod;}
    int fp(int a, int p, int P = mod) {
        int base = 1;
        for(; p; p >>= 1, a = 1ll * a * a % P) if(p & 1) base = 1ll * base *  a % P;
        return base;
    }
    int GetLen(int x) {
        int lim = 1;
        while(lim < x) lim <<= 1;
        return lim;
    }
    int GetOrigin(int x) {//¼ÆËãÔ­¸ù 
        static int q[MAXN]; int tot = 0, tp = x - 1;
        for(int i = 2; i * i <= tp; i++) if(!(tp % i)) {q[++tot] = i;while(!(tp % i)) tp /= i;}
        if(tp > 1) q[++tot] = tp;
        for(int i = 2, j; i <= x - 1; i++) {
            for(j = 1; j <= tot; j++) if(fp(i, (x - 1) / q[j], x) == 1) break;
            if(j == tot + 1) return i;
        }
    }
    void Init(/*int P,*/ int Lim) {
        //mod = P; G = GetOrigin(mod); Gi = fp(G, mod - 2);
        for(int i = 1; i <= Lim; i++) GPow[i] = fp(G, (mod - 1) / i), GiPow[i] = fp(Gi, (mod - 1) / i);
    }
    void NTT(int *A, int lim, int opt) {
        int len = 0; for(int N = 1; N < lim; N <<= 1) ++len; 
        for(int i = 1; i <= lim; i++) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (len - 1));
        for(int i = 0; i <= lim; i++) if(i < rev[i]) swap(A[i], A[rev[i]]);
        for(int mid = 1; mid < lim; mid <<= 1) {
            int Wn = (opt == 1 ? GPow[mid << 1] : GiPow[mid << 1]);
            for(int i = 0; i < lim; i += (mid << 1)) {
                for(int j = 0, w = 1; j < mid; j++, w = mul(w, Wn)) {
                    int x = A[i + j], y = mul(w, A[i + j + mid]);
                    A[i + j] = add(x, y), A[i + j + mid] = add(x, -y);
                }
            }
        }
        if(opt == -1) {
            int Inv = fp(lim, mod - 2);
            for(int i = 0; i <= lim; i++) mul2(A[i], Inv);
        }
    }
    void Mul(int *a, int *b, int N, int M) {
        memset(A, 0, sizeof(A)); memset(B, 0, sizeof(B));
        int lim = 1, len = 0; 
        while(lim <= N + M) len++, lim <<= 1;
        for(int i = 0; i <= N; i++) A[i] = a[i]; 
        for(int i = 0; i <= M; i++) B[i] = b[i];
        NTT(A, lim, 1); NTT(B, lim, 1);
        for(int i = 0; i <= lim; i++) B[i] = mul(B[i], A[i]);
        NTT(B, lim, -1);
        for(int i = 0; i <= N + M; i++) b[i] = B[i];
    }
    void Inv(int *a, int *b, int len) {//B1 = 2B - A1 * B^2 
        if(len == 1) {b[0] = fp(a[0], mod - 2); return ;}
        Inv(a, b, len >> 1);
        for(int i = 0; i < len; i++) A[i] = a[i], B[i] = b[i];
        NTT(A, len << 1, 1); NTT(B, len << 1, 1);
        for(int i = 0; i < (len << 1); i++) mul2(A[i], mul(B[i], B[i]));
        NTT(A, len << 1, -1);
        for(int i = 0; i < len; i++) add2(b[i], add(b[i], -A[i]));
        for(int i = 0; i < (len << 1); i++) A[i] = B[i] = 0;
    }
    void Dao(int *a, int *b, int len) {
        for(int i = 1; i < len; i++) b[i - 1] = mul(i, a[i]);
    }
    void Ji(int *a, int *b, int len) {
        for(int i = 1; i < len; i++) b[i] = mul(a[i - 1], fp(i, mod - 2)); 
    }
    void Ln(int *a, int *b, int len) {
        Dao(a, C, len); 
        Inv(a, D, len);
        NTT(C, len << 1, 1); NTT(D, len << 1, 1);
        for(int i = 0; i < (len << 1); i++) D[i] = mul(C[i], D[i]);
        NTT(D, len << 1, -1); 
        Ji(D, b, len << 1);
    }
    /*
    void PolySqrt(int *a, int *b, int len) {//B1 = \frac{1}{2} (B + A / B)
        if(len == 1) {b[0] = };
    }
    */
};
using namespace Poly; 
signed main() {
    int N = read();
    for(int i = 0; i < N; i++) a[i] = read();
    Init(4 * N);
    Ln(a, b, GetLen(N));
    for(int i = 0; i < N; i++) cout << b[i] << " ";
    return 0;
}

本文参与腾讯云自媒体分享计划,欢迎正在阅读的你也加入,一起分享。

我来说两句

0 条评论
登录 后参与评论

相关文章

  • 洛谷P2312 解方程(暴力)

    对于\(a[i]\)取模之后再判断就行了。注意判断可能会出现误差,可以多找几个模数

    attack
  • cf1037D. Valid BFS?(BFS?)

    可以这样想,在BFS序中较早出现的一定是先访问的,所以把每个点连出去的边按出现的前后顺序排个序

    attack
  • loj#6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏(生成函数)

    我们考虑枚举一个长度len。有一个结论是如果我们按N - len的余数分类,若同一组内的全为0或全为1(?不算),那么存在一个长度为len的border。

    attack
  • 挑战程序竞赛系列(32):4.5 A*与IDA*

    版权声明:本文为博主原创文章,未经博主允许不得转载。 https://blog.csdn.n...

    用户1147447
  • Day2上午解题报告

    预计分数:100+0+60=160 实际分数:100+0+60=160 mmpT1数据错了。。。 T1遭遇 题目描述 你是能看到第一题的 friends呢。 —...

    attack
  • 口算训练 HDU - 6287

    小Q非常喜欢数学,但是他的口算能力非常弱。因此他找到了小T,给了小T一个长度为n的正整数序列a1,a2,…,an,要求小T抛出m个问题以训练他的口算能力。

    用户7727433
  • 基数排序简介及其并行化

      基数排序号称线性时间排序算法中性能最好,速度最快的排序算法。本文将简要概括其算法思想,串行代码及其并行化。

    Dabelv
  • 浙大版《C语言程序设计(第3版)》题目集 习题6-2 使用函数求特殊a串数列和

    给定两个均不超过9的正整数a和n,要求编写函数求a+aa+aaa++⋯+aa⋯a(n个a)之和。

    C you again 的博客
  • 浙大版《C语言程序设计(第3版)》题目集 习题5-4 使用函数求素数和

    其中函数prime当用户传入参数p为素数时返回1,否则返回0;函数PrimeSum返回区间[m, n]内所有素数的和。题目保证用户传入的参数m≤n。

    C you again 的博客
  • 洛谷P1043 数字游戏

    题目描述 丁丁最近沉迷于一个数字游戏之中。这个游戏看似简单,但丁丁在研究了许多天之后却发觉原来在简单的规则下想要赢得这个游戏并不那么容易。游戏是这样的,在你面前...

    attack

扫码关注云+社区

领取腾讯云代金券