多项式除和取余
\[F(x)=Q(x)G(x)+R(x) \]已知\(n\)次的\(F(x)\)和\(m\)次\(G(x)\)求商\(Q(x)\)和余数\(R(x)\)，要求\(Q(x)\)次数为\(n-m\)，\(R(x)\)次数小于\(m\)
以下\(inv(x)\)表示\(x\)的逆元
首先考虑整除的情况
\[Q=F*inv(G) \]所以考虑通过构造消除掉\(R\)
令
\[f^r(x)=x^{\deg f}f\left(\frac 1 x\right) \]则
\[F^r(x)=Q^r(x)G^r(x)+x^{n-m+1}R^r(x) \]由于\(Q^r\)的最高次项为\(n-m\)小于\(n-m+1\)，有
\[F^r(x)\equiv Q^r(x)G^r(x)\pmod {x^{n-m+1}} \]再带入\(Q(x)\)可求出\(R(x)\)
可以发现
\[f(x)=f_0+f_1*x+f_2*x^2\dots\\ f^r(x)=f_n+f_{n-1}*x+f_{n-2}*x^2\dots \]\(f^r\)和\(f\)可以\(O(n)\)的互推
复杂度就是求逆和乘的\(O(n\log n)\)
标签：dots,小于,多项式,inv,次数,取余 来源： https://www.cnblogs.com/29taorz/p/15736942.html
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