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docs/math/poly-div-mod.md

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		## Description

		给定多项式 $f\left(x\right),g\left(x\right)$,求 $g\left(x\right)$ 除 $f\left(x\right)$ 的商 $Q\left(x\right)$ 和余数 $R\left(x\right)$.

		## Method

		发现若能消除 $R\left(x\right)$ 的影响则可直接[多项式求逆](../poly-inv)解决.

		考虑构造变换

		$$f^{R}\left(x\right)=x^{\operatorname{deg}{f}}f\left(\frac{1}{x}\right)$$

		观察可知其实质为反转 $f\left(x\right)$ 的系数.

		设 $n=\operatorname{deg}{f},m=\operatorname{deg}{g}$.

		将 $f\left(x\right)=Q\left(x\right)g\left(x\right)+R\left(x\right)$ 中的 $x$ 替换成 $\frac{1}{x}$ 并将其两边都乘上 $x^{n}$,得到:

		$$\begin{aligned}
		f\left(\frac{1}{x}\right)&=x^{n-m}Q\left(x\right)x^{m}g\left(x\right)+x^{n-m+1}x^{m-1}R\left(x\right)\\
		f^{R}\left(x\right)&=Q^{R}\left(x\right)g^{R}\left(x\right)+x^{n-m+1}R^{R}\left(x\right)
		\end{aligned}$$

		注意到上式中 $R^{R}\left(x\right)$ 的系数为 $x^{n-m+1}$,则将其放到模 $x^{n-m+1}$ 意义下即可消除 $R^{R}\left(x\right)$ 带来的影响.

		又因 $Q^{R}\left(x\right)$ 的次数为 $\left(n-m\right)<\left(n-m+1\right)$,故 $Q^{R}\left(x\right)$ 不会受到影响.

		则:

		$$f^{R}\left(x\right)\equiv Q^{R}\left(x\right)g^{R}\left(x\right)\pmod{x^{n-m+1}}$$

		使用多项式求逆即可求出 $Q\left(x\right)$,将其反代即可得到 $R\left(x\right)$.

		时间复杂度 $O\left(n\log{n}\right)$.

		## Code

		??? " `poly-div-mod.cpp` "

		```cpp
		using Z=int;
		using mZ=long long;
		using poly_t=Z[mxdg];
		using poly=Z*const;

		inline int calcpw2(const int&n){
		int t=1;
		for(;t<n;t<<=1);
		return t;
		}
		inline void cp(const Zconst&sl,const Zconst&sr,Zconst&dl,Zconst&dr){
		std::copy(sl,sr,dl);
		if(sr-sl<dr-dl)
		std::fill(dl+(sr-sl),dr,0);
		}

		void polydiv(const poly&f,const int&n,const poly&g,const int&m,poly&Q,poly&R){
		static poly_t div_t;

		const int res=n-m+1;
		const int deg1=calcpw2(res+res);

		std::reverse_copy(g,g+m,Q);
		if(m<deg1)
		std::fill(Q+m,Q+deg1,0);
		polyinv(Q,div_t,res);

		std::reverse_copy(f+m-1,f+n,Q);
		std::fill(Q+res,Q+deg1,0);

		DFT(Q,deg1);DFT(div_t,deg1);
		for(int i=0;i!=deg1;++i)
		Q[i]=(mZ)Q[i]*div_t[i]%p;
		IDFT(Q,deg1);

		std::reverse(Q,Q+res);
		std::fill(Q+res,Q+deg1,0);

		const int deg2=calcpw2(n);

		cp(Q,Q+res,R,R+deg2);
		cp(g,g+m,div_t,div_t+deg2);

		DFT(R,deg2);DFT(div_t,deg2);
		for(int i=0;i!=deg2;++i)
		R[i]=(mZ)R[i]*div_t[i]%p;
		IDFT(R,deg2);

		for(int i=0;i!=m;++i)
		R[i]=sub(f[i],R[i]);
		std::fill(R+m-1,R+deg2,0);
		}

		void polymod(const poly&f,const int&n,const poly&g,const int&m,poly&R){
		static poly_t mod_t;

		const int res=n-m+1;
		const int deg1=calcpw2(res+res);

		std::reverse_copy(g,g+m,R);
		if(m<deg1)
		std::fill(R+m,R+deg1,0);
		polyinv(R,mod_t,res);

		std::reverse_copy(f+m-1,f+n,R);
		std::fill(R+res,R+deg1,0);

		DFT(R,deg1);DFT(mod_t,deg1);
		for(int i=0;i!=deg1;++i)
		R[i]=(mZ)R[i]*mod_t[i]%p;
		IDFT(R,deg1);

		std::reverse(R,R+res);
		std::fill(R+res,R+deg1,0);

		const int deg2=calcpw2(n);

		cp(g,g+m,mod_t,mod_t+deg2);

		DFT(R,deg2);DFT(mod_t,deg2);
		for(int i=0;i!=deg2;++i)
		R[i]=(mZ)R[i]*mod_t[i]%p;
		IDFT(R,deg2);

		for(int i=0;i!=m;++i)
		R[i]=sub(f[i],R[i]);
		std::fill(R+m-1,R+deg2,0);
		}
		```

docs/math/poly/div-mod.md

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		## Description

		给定多项式 $f\left(x\right),g\left(x\right)$，求 $g\left(x\right)$ 除 $f\left(x\right)$ 的商 $Q\left(x\right)$ 和余数 $R\left(x\right)$。

		## Method

		发现若能消除 $R\left(x\right)$ 的影响则可直接[多项式求逆](../poly-inv)解决.

		考虑构造变换

		$$f^{R}\left(x\right)=x^{\operatorname{deg}{f}}f\left(\frac{1}{x}\right) $$

		观察可知其实质为反转 $f\left(x\right)$ 的系数。

		设 $n=\operatorname{deg}{f},m=\operatorname{deg}{g}$。

		将 $f\left(x\right)=Q\left(x\right)g\left(x\right)+R\left(x\right)$ 中的 $x$ 替换成 $\frac{1}{x}$ 并将其两边都乘上 $x^{n}$，得到:

		$$ \begin{aligned}
		f\left(\frac{1}{x}\right)&=x^{n-m}Q\left(x\right)x^{m}g\left(x\right)+x^{n-m+1}x^{m-1}R\left(x\right)\\
		f^{R}\left(x\right)&=Q^{R}\left(x\right)g^{R}\left(x\right)+x^{n-m+1}R^{R}\left(x\right)
		\end{aligned} $$

		注意到上式中 $R^{R}\left(x\right)$ 的系数为 $x^{n-m+1}$，则将其放到模 $x^{n-m+1}$ 意义下即可消除 $R^{R}\left(x\right)$ 带来的影响。

		又因 $Q^{R}\left(x\right)$ 的次数为 $\left(n-m\right)<\left(n-m+1\right)$，故 $Q^{R}\left(x\right)$ 不会受到影响。

		则：

		$$f^{R}\left(x\right)\equiv Q^{R}\left(x\right)g^{R}\left(x\right)\pmod{x^{n-m+1}}$$

		使用多项式求逆即可求出 $Q\left(x\right)$，将其反代即可得到 $R\left(x\right)$。

		时间复杂度 $O\left(n\log{n}\right)$。

docs/math/fft.md→docs/math/poly/fft.md

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		（本页面部分内容转载自[桃酱的算法笔记](https://zhuanlan.zhihu.com/c_1005817911142838272)，原文戳[链接](https://zhuanlan.zhihu.com/p/41867199)，已获得作者授权）

		一直想学 FFT，之前牛客的多小有一道组合数学就用 FFT 写的，而且当时还傻乎乎的用唯一分解定理，但是自己好久没静下心学什么了，而且自己的数学功底又不好，导致一直学不会。看了很多人的博客也没看明白，尤其是原根。在我看了几十篇博客之后终于看懂了……所以想写一篇能够让大多数人都看得懂的教程。花费时间 3 天终于写完啦~~~~\~~
		一直想学 FFT，之前牛客的多校有一道组合数学就用 FFT 写的，而且当时还傻乎乎的用唯一分解定理，但是自己好久没静下心学什么了，而且自己的数学功底又不好，导致一直学不会。看了很多人的博客也没看明白，尤其是原根。在我看了几十篇博客之后终于看懂了……所以想写一篇能够让大多数人都看得懂的教程。花费时间 3 天终于写完啦~~~~\~~

		另外，本文 FFT 部分的代码实现全部参考 kuangbin 的模板（2018.7 更新）资源地址如下

		@@ -100,7 +100,7 @@ $$

		。另外， $i$ 对于虚数的意义，与 $1$ 对于实数的意义是一样的。如果我说得不够明确，你可以看下面我引用的百科说明。

		> 在数学中，虚数就是形如 $a+b \times i$ 的数，其中 $a,b$ 是实数，且 $b \neq 0$ , $i^2 = - 1$ 。虚数这个名词是 17 世纪著名数学家笛卡尔创立，因为当时的观念认为这是真实不存在的数字。后来发现虚数 $a+b \times i$ 的实部 $a$ 可对应平面上的横轴，虚部 $b$ 与对应平面上的纵轴，这样虚数 $a+b \times i$ 可与平面内的点 $(a,b)$ 对应。
		> 在数学中，虚数就是形如 $a+b \times i$ 的数，其中 $a,b$ 是实数，且 $b \neq 0$ ， $i^2 = - 1$ 。虚数这个名词是 17 世纪著名数学家笛卡尔创立，因为当时的观念认为这是真实不存在的数字。后来发现虚数 $a+b \times i$ 的实部 $a$ 可对应平面上的横轴，虚部 $b$ 与对应平面上的纵轴，这样虚数 $a+b \times i$ 可与平面内的点 $(a,b)$ 对应。
		>
		> 可以将虚数 $bi$ 添加到实数 $a$ 以形成形式 $a + bi$ 的复数，其中实数 $a$ 和 $b$ 分别被称为复数的实部和虚部。一些作者使用术语纯虚数来表示所谓的虚数，虚数表示具有非零虚部的任何复数。——百度百科

		@@ -160,7 +160,7 @@ $$

		（因为他的角度是相当于单位角度），就能知道 $\omega_4^0, \omega_4^1, \omega_4^2, \omega_4^3$ 了呢？当然是这样的……

		$\omega_4^0$ 恒等于 $1$ ， $\omega_4^2$ 的角度是 $\omega_4^0$ 的两倍，所以 $\omega_4^2 = (\omega_4^1)^2 = i^2=-1$ , 依次以此类推。
		$\omega_4^0$ 恒等于 $1$ ， $\omega_4^2$ 的角度是 $\omega_4^0$ 的两倍，所以 $\omega_4^2 = (\omega_4^1)^2 = i^2=-1$ ，依次以此类推。

		因此，我们只要知道 $\omega_k^1$ ，就能求出 $\omega_k^n$ 。所以我们把 $\omega_k^1$ 称为单位复根，简写为 $\omega_k$

		@@ -216,13 +216,13 @@ $$

		！前方高能：

		这个函数能处理的多项式长度只能是 $2^m(m \in N^ \times )$ , 否则在分治的时候左右不一样长，右边取不到系数了，程序没法进行。所以要在第一次 DFT 之前就把序列向上补成长度为 $2^m(m \in N^ \times )$ （高次系数补 $0$ ）、最高项次数为 $n-1$ 的多项式。一定要预处理哦
		这个函数能处理的多项式长度只能是 $2^m(m \in N^ \times )$ ，否则在分治的时候左右不一样长，右边取不到系数了，程序没法进行。所以要在第一次 DFT 之前就把序列向上补成长度为 $2^m(m \in N^ \times )$ （高次系数补 $0$ ）、最高项次数为 $n-1$ 的多项式。一定要预处理哦

		然后我在代入值的时候，因为要代入 $n$ 个不同值，所以我们就代入 $\omega_n^0,\omega_n^1,\omega_n^2,\cdots, \omega_n^{n-1} (n=2^m(m \in N^ \times ))$

		一共 $2^m$ 个不同值。

		```c++
		```cpp
		/*
		* 做 FFT
		*len 必须是 2^k 形式
		@@ -260,7 +260,7 @@ void fft(Complex y[], int len, int on) {

		这里附上代码

		```c++
		```cpp
		/*
		* 进行 FFT 和 IFFT 前的反置变换
		* 位置 i 和 i 的二进制反转后的位置互换
		@@ -333,7 +333,7 @@ $$

		记 $S\left(\omega_n^a\right)=\sum_{i=0}^{n-1}\left(\omega_n^a\right)^i$。

		当 $a=0$ 时，$S\left(\omega_n^a\right)=n$.
		当 $a=0$ 时，$S\left(\omega_n^a\right)=n$。

		当 $a\neq 0$ 时，我们错位相减一下

		@@ -371,7 +371,7 @@ $$

		所以我们 fft 函数可以集 DFT 和 IDFT 于一身。见下

		```c++
		```cpp
		/*
		* 做 FFT
		*len 必须是 2^k 形式
		@@ -405,7 +405,7 @@ void fft(Complex y[], int len, int on) {

		好了现在附上全部代码（[HDU 1402](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1402)），序言说过代码来自 kuangbin 的模板~~~~~

		```c++
		```cpp
		#include <cmath>
		#include <cstdio>
		#include <cstring>

docs/math/fwt.md→docs/math/poly/fwt.md

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		@@ -6,23 +6,19 @@

		其实这个变换在信号处理中应用很广泛，fft 是 double 类型的，但是 walsh 把信号在不同震荡频率方波下拆解，因此所有的系数都是绝对值大小相同的整数，这使得不需要作浮点数的乘法运算，提高了运算速度。

		所以，FWT 和 FFT 的核心思想应该是相同的。都是对数组的变换。我们设数组 $A$ 经过快速沃尔什变换之后记作 $FWT[A]$ .
		所以，FWT 和 FFT 的核心思想应该是相同的，都是对数组的变换。我们记对数组 $A$ 进行快速沃尔什变换后得到的结果为 $FWT[A]$ 。

		那么 FWT 核心思想就是：

		我们需要一个新序列 $C$ ，由序列 $A$ 和序列 $B$ 经过某运算规则得到，即 $C = A \cdot B$
		我们需要一个新序列 $C$ ，由序列 $A$ 和序列 $B$ 经过某运算规则得到，即 $C = A \cdot B$ ；

		我们先正向得到 $FWT[A], FWT[B]$
		我们先正向得到 $FWT[A], FWT[B]$，再根据 $FWT[C]=FWT[A] \cdot FWT[B]$ 在 $O(n)$ 的时间复杂度内求出 $FWT[C]$ ；

		然后根据 $FWT[C]=FWT[A] \cdot FWT[B]$

		在 $O(n)$ 求出 $FWT[C]$

		然后逆向想运算得到原序列 $C$ 。时间复杂度为 $O(nlogn)$
		然后逆向运算得到原序列 $C$ 。时间复杂度为 $O(n \log{n})$。

		在算法竞赛中，FWT 是用于解决对下标进行位运算卷积问题的方法。

		公式： $C[i] = \sum_{i=j \bigoplus k}A[j] * B[k]$
		公式： $C_{i} = \sum_{i=j \bigoplus k}A_{j} B_{k}$

		（其中 $\bigoplus$ 是二元位运算中的某一种， $*$ 是普通乘法）

		@@ -38,9 +34,9 @@

		现在要得到 $FWT[C] = FWT[A] * FWT[B]$ ，我们就要构造这个 fwt 的规则。

		我们按照定义，显然可以构造 $FWT[A] = A' = \sum_{i=i\|j}A[j]$ ，来表示 $j$ 满足二进制中 $1$ 为 $i$ 的子集。
		我们按照定义，显然可以构造 $FWT[A] = A' = \sum_{i=i\|j}A_{j}$ ，来表示 $j$ 满足二进制中 $1$ 为 $i$ 的子集。

		那么显然会有 $C[i] = \sum_{i=j\|k}A[j]B[k] \Rightarrow FWT[C] = FWT[A] FWT[B]$
		那么显然会有 $C_{i} = \sum_{i=j\|k}A_{j}B_{k} \Rightarrow FWT[C] = FWT[A] FWT[B]$

		那么我们接下来看 $FWT[A]$ 怎么求。

		@@ -56,7 +52,7 @@ $$

		其中 merge 表示像字符串拼接一样把它们拼起来， $+$ 就是普通加法，表示对应二进制位相加。

		这样我们就通过二分能在 $O(logn)$ 完成拼接，每次拼接的时候要完成一次运算，也就是说在 $O(nlogn)$ 的时间复杂度得到了 $FWT[A]$ 。
		这样我们就通过二分能在 $O(\log{n})$ 的时间复杂度内完成拼接，每次拼接的时候要完成一次运算，也就是说在 $O(n\log{n})$ 的时间复杂度得到了 $FWT[A]$ 。

		接下来就是反演了，其实反演是很简单的，既然知道了 $A_0$ 的本身的子集是他自己 ( $A_0 = FAT[A_0]$ )， $A_1$ 的子集是 $FAT[A_0] + FAT[A_1]（A_1'= A_0' + A_1'$ ），那就很简单的得出反演的递推式了：

		@@ -88,7 +84,7 @@ $$

		公式如下：

		$A[i] = \sum_{C_1}A[j] - \sum_{C_2}A[j]$ ( $C_1$ 表示 $i \And j$ 奇偶性为 $0$ ， $C_2$ 表示 $i \And j$ 的奇偶性为 $1$ )
		$A_{i} = \sum_{C_1}A_{j} - \sum_{C_2}A_{j}$ ( $C_1$ 表示 $i \And j$ 奇偶性为 $0$ ， $C_2$ 表示 $i \And j$ 的奇偶性为 $1$ )

		结论：

		@@ -104,7 +100,7 @@ $$

		类比异或运算给出公式：

		$A[i] = \sum_{C_1}A[j] - \sum_{C_2}A[j]$ ( $C_1$ 表示 $i\|j$ 奇偶性为 $0$ ， $C_2$ 表示 $i\|j$ 的奇偶性为 $1$ )
		$A_{i} = \sum_{C_1}A_{j} - \sum_{C_2}A_{j}$ ( $C_1$ 表示 $i\|j$ 奇偶性为 $0$ ， $C_2$ 表示 $i\|j$ 的奇偶性为 $1$ )

		$$
		FWT[A] = merge(FWT[A_1] - FWT[A_0], FWT[A_1] + FWT[A_0])

docs/math/poly.md→docs/math/poly/intro.md

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		@@ -2,22 +2,22 @@

		### 多项式的度

		对于一个多项式 $f\left(x\right)$,称其最高次项的次数为该多项式的度(Degree),记作 $\operatorname{deg}{f}$.
		对于一个多项式 $f\left(x\right)$，称其最高次项的次数为该多项式的度(Degree)，记作 $\operatorname{deg}{f}$。

		### 多项式的逆元

		对于多项式 $f\left(x\right)$,若存在 $g\left(x\right)$ 满足:
		对于多项式 $f\left(x\right)$，若存在 $g\left(x\right)$ 满足：

		$$ \begin{aligned}
		f\left(x\right)g\left(x\right)&\equiv 1\pmod{x^{n}}\\
		\operatorname{deg}{g}&\leqslant\operatorname{deg}{f}
		\end{aligned} $$

		则称 $g\left(x\right)$ 为 $f\left(x\right)$ 在模 $x^{n}$ 意义下的逆元(Inverse Element),记作 $f^{-1}\left(x\right)$.
		则称 $g\left(x\right)$ 为 $f\left(x\right)$ 在模 $x^{n}$ 意义下的逆元(Inverse Element)，记作 $f^{-1}\left(x\right)$。

		### 多项式的余数和商

		对于多项式 $f\left(x\right),g\left(x\right)$,存在唯一的 $Q\left(x\right),R\left(x\right)$ 满足:
		对于多项式 $f\left(x\right),g\left(x\right)$，存在唯一的 $Q\left(x\right),R\left(x\right)$ 满足：

		$$ \begin{aligned}
		f\left(x\right)&=Q\left(x\right)g\left(x\right)+R\left(x\right)\\
		@@ -33,7 +33,7 @@ $$f\left(x\right)\equiv R\left(x\right)\pmod{g\left(x\right)}$$

		### <span id="ln-exp">多项式的对数函数与指数函数</span>

		对于一个多项式 $f\left(x\right)$,可以将其对数函数看作其与麦克劳林级数的复合:
		对于一个多项式 $f\left(x\right)$，可以将其对数函数看作其与麦克劳林级数的复合:

		$$\ln{\left(1-f\left(x\right)\right)}=-\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{f^{i}\left(x\right)}{i}$$

		@@ -43,7 +43,7 @@ $$\exp{f\left(x\right)}=e^{f\left(x\right)}=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{f^{i}\left

		### 多项式的多点求值和插值

		多项式的多点求值(Multi-point evaluation) 即给出一个多项式 $f\left(x\right)$ 和 $n$ 个点 $x_{1},x_{2},...,x_{n}$,求
		多项式的多点求值(Multi-point evaluation) 即给出一个多项式 $f\left(x\right)$ 和 $n$ 个点 $x_{1},x_{2},...,x_{n}$，求

		$$f\left(x_{1}\right),f\left(x_{2}\right),...,f\left(x_{n}\right) $$

		@@ -53,11 +53,10 @@ $$\left(x_{0},y_{0}\right),\left(x_{1},y_{1}\right),...,\left(x_{n},y_{n}\right)

		求一个 $n$ 次多项式 $f\left(x\right)$ 使得这 $n+1$ 个点都在 $f\left(x\right)$ 上.

		这两种操作的实质就是将多项式在系数表示和点值表示间转化.
		这两种操作的实质就是将多项式在系数表示和点值表示间转化。

		## References

		[Picks's Blog](https://picks.logdown.com)

		[Miskcoo's Space](https://blog.miskcoo.com)