求满足xᵐu(x)+(1-x)ⁿv(x)=1的两个多项式u(x)与v(x)的方法咨询

嘿，这个问题我刚好琢磨过，其实从多项式互素的核心逻辑入手，结合几个经典的代数技巧就能搞定，我给你一步步拆解清楚：

首先得明确一个前提：多项式$x^m$和$(1-x)n$是互素的——它们的根完全不重叠（$x^{m$只有x=0这一个根，$(1-x)}n$只有x=1这一个根），根据多项式版本的贝祖定理，必然存在这样的多项式u(x)和v(x)，这是我们能找到解的理论基础。

接下来给你几种实用的构造方法：

方法一：利用二项式定理直接构造 #

我们可以利用恒等式$1 = [x + (1-x)]^{{m+n-1}$，把这个式子用二项式定理展开后，将项分成两类：能提出$x}m$因子的，和能提出$(1-x)^n$因子的。

展开后的每一项是$\binom{m+n-1}{k}x^k(1-x){m+n-1-k}$：

• 当$k \geq m$时，$x^{k$可以拆成$x}m \cdot x^{{k-m}$，这部分的所有项合并起来就是$x}m \cdot u(x)$，所以u(x)就是这些项去掉$x^m$后的部分：
  $$u(x) = \sum_{k=m}^{m+n-1} \binom{m+n-1}{k}x^{k-m}(1-x){m+n-1-k}$$
• 当$k \leq m-1$时，$m+n-1 -k \geq n$（代入k的最大值m-1，得到$m+n-1-(m-1)=n$），所以$(1-x)^{{m+n-1-k}$可以拆成$(1-x)}n \cdot (1-x)^{{m-1-k}$，这部分的所有项合并起来就是$(1-x)}n \cdot v(x)$，所以v(x)就是这些项去掉$(1-x)^n$后的部分：
  $$v(x) = \sum_{k=0}^{m-1} \binom{m+n-1}{k}x^k(1-x){m-1-k}$$

你可以验证下：把x=0代入v(x)，得到$\binom{m+n-1}{0} \cdot 1^{m-1}=1$；把x=1代入u(x)，得到$\binom{m+n-1}{m+n-1} \cdot 1^{0}=1$，完全符合你之前推导的结论。

方法二：用扩展欧几里得算法推导 #

和整数领域的扩展欧几里得算法类似，我们可以对$x^m$和$(1-x)n$做辗转相除，然后反向代入余数表达式，就能得到满足条件的u(x)和v(x)。

举个简单例子，比如m=2，n=3：我们从高次多项式开始做带余除法，逐步用低次多项式去减，直到得到余数1，再反向推导余数的表达式，就能把1表示成$x^2$和$(1-x)3$的线性组合。这种方法适合手动计算小次数的情况，次数高的话不如二项式构造高效。

方法三：结合泰勒展开/插值构造 #

你之前提到用导数的思路，其实可以结合泰勒展开来落地：我们要求$x^m u(x) \equiv 1 \pmod{(1-x)^{n}$，意思是在x=1处，$x}m u(x)$的0到n-1阶导数都和常数1的对应导数一致（也就是f(1)=1，f'(1)=0，f''(1)=0，…，f^{(n-1)}(1)=0）。

我们可以把$x^{{-m}$展开成(1-x)的幂级数：$x}{-m} = [1 - (1-x)]^{-m} = \sum_{k=0}^\infty \binom{m+k-1}{k}(1-x)^k$，取这个级数的前n项作为u(x)，也就是：
$$u(x) = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{m+k-1}{k}(1-x)^k$$
这时候$x^m u(x)$就等于1加上$(1-x)^n$乘以某个多项式，把这个多项式取反就是v(x)了。

至于你之前想到的导数方法，其实就是通过列方程组求解u(x)的系数，不过这种方法计算量会比较大，适合理解原理，但实际构造还是前面两种方法更高效。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者user1230973