为了方便本文的叙述，作出如下可能不严谨的定义：

\(1\)、如无特殊说明，\(f\)表示一个多项式。

\(2\)、如无特殊说明，\(F\)表示一个以多项式为参数的函数。

这篇文章主要是想求解这个东西：

\[\frac{d}{dx}f=F(f) (\bmod x^n)\]

一般情况下\(f\)可以放到等式右边然后就可以用牛顿迭代来求零点了...然而这个微分非常讨厌，怎么办呢，我们还是来考虑倍增。

先来考虑泰勒展开式，假设上一次迭代的结果是\(\widehat f\)，那么：

\[\frac{d}{dx}f=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{F^{(i)}(\widehat f)}{i!}(f-\widehat f)^i\]

显然\(i\geq 2\)的项都是没有用的，于是改写为：

\[\frac{d}{dx}f=F(\widehat f)+F'(\widehat f)(f-\widehat f)\]

拆项、移项：

\[\frac{d}{dx}f-F'(\widehat f)f=F(\widehat f)-F'(\widehat f)\widehat f\]

下面就是一波神仙操作了，我们设一个\(r\)，其值为：

\[r=e^{-\int F'(\widehat f)\ dx}\]

考虑其微分，利用复合函数求导法则得：

\[\frac{d}{dx}r=e^{-\int F'(\widehat f)\ dx}\cdot(-F'(\widehat f))=-F'(\widehat f)r\]

考虑对之前得式子左右同乘\(r\)：

\[\frac{d}{dx}f\cdot r-F'(\widehat f)f\cdot r=(F(\widehat f)-F'(\widehat f)\widehat f)\cdot r\]

于是可以发现等式左边的第二项可以转化，变为\(f\cdot \frac{d}{dx}r\)，于是等式左边就可以再利用求导法则转化：

\[\frac{d}{dx}f\cdot r+f\cdot \frac{d}{dx}r=\frac{d}{dx}(f\cdot r)=(F(\widehat f)-F'(\widehat f)\widehat f)\cdot r\]

于是对两边进行积分：

\[f\cdot r=\int (F(\widehat f)-F'(\widehat f)\widehat f)\cdot r \ dx\]

显然再同除以\(r\)：

\[f=\frac{\int (F(\widehat f)-F'(\widehat f)\widehat f)\cdot r \ dx}{r}\]

于是就可以倍增了...这操作真的是好强好强。

\(\rm upd\)：分治\(\rm FFT\)好啊...常数可以吊打上面的做法...