\文档类[12pt，请求号]{amsart}\usepackage[用户名]{颜色}\使用包{amssymb}\使用包{graphicx}\使用包{amscd}\usepackage[colorinks=true，linkcolor=webgreen，filecolor=webbrown，citecolor=webgreen]{hyperref}\定义颜色{webgreen}{rgb}{0，.5,0}\定义颜色{webbrown}{rgb}{.6,0,0}\使用包{color}\使用包{fullpage}\使用包{float}\使用包{psfig}\usepackage{graphics，amsmath，amssymb}使用包\使用包{amsfonts}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集合长度{\topmargin}{-.5in}\设置长度{\textheight}{8.9in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{http://www.research.att.com/cgi-bin/access.cgi/as/~njas/sequences/eisA.cgi？Anum=#1｝｛\underline｛#1｝｝｝\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\离开模式\epsfile{logo129.eps}\结束｛中心｝\开始{居中}\vskip 1cm{\LARGE\bf计算一元多项式的Igusa局部Zeta函数，和线性反馈移位寄存器}\vskip 1cm\大型祖尼加·加林多\\数学与计算机科学系\\巴里大学\\第二大道东北11300号\\佛罗里达州迈阿密海岸33161\\美国\\\链接{mailto:wzuniga@mail.barry.edu}{\twzuniga@mail.barry.edu} \\\结束{中心}\vskip.2英寸\开始{居中}{\bf摘要}\结束{中心}我们给出了计算Igusa局部zeta的多项式时间算法函数$Z（s，f）$附加到多项式$f（x）\in\mathbb{Z}[x]$中变量，带有分隔字段$\mathbb{Q}$和质数$p$。我们还基于Igusa局部zeta函数的计算。\小跳跃\新定理{定理}{定理{\理论风格{普通}\新定理{确认}{确认\新定理{算法}{算法{\新定理\新定理｛case｝｛case｝\新定理{claim}{claim}\新定理{结论}{结论\新定理{条件}{条件{\新定理{猜想}{猜测}\新定理｛推论｝｛推论｝\新定理{准则}{准则{\新定理{definition}{definition}\新定理{example}{example}\新定理\新定理{引理}{引言}\新定理｛表示法｝｛表示法｝\新定理{problem}{problem}\新定理{命题}{命题\新定理{remark}{remark}\新定理{解}{解{\新定理{summary}{summary}\{方程式}{截面}中的数字\{定理}{截面}中的数字\{引理}{段}内的数字\{命题}{部分}中的数字\{推论}{部分}中的数字\{remark}{section}中的数字\{example}{section}中的数字\{definition}{section}中的数字\newcommand{\thref}[1]{定理~\ref{#1}}\新命令{\secref}[1]{\S\ref{#1}}\newcommand{\lemref}[1]{引理~\ref{#1}}\输入{tcilatex}\谢谢{COLCIENCIAS Grant的支持\#089-2000。}\章节{引言}设$f（x）\in\mathbb{Z}[x]$，$x=（x_{1}，\mathbb{\cdots}，x_{n}）$是一个非恒定多项式，$p$是一个固定质数。我们投入了$%N_{m}（f，p）=同余$%解的个数f（x）\equiv 0$mod$p^{m}$在$（\mathbb{Z}/p^{mneneneep \mathbb{Z}）^{n}$，$m\geqq 1$中，\和Poincar级数的H（t，f）$\开始{方程式*}H（t，f）=\sum\limits_{m=0｝^｛infty｝N_｛m｝（f）（p^{-n}吨)^{m} \text{，}\结束{方程式*}其中$t\in\mathbb{C}$、$\midt\mid<1$和$N_{0}（f）=1$。这篇论文专用于序列$\left\{N_{m}（f）\right\}的计算_{m\geqq0}$，当$f$是具有分裂字段$%的单变量多项式时\mathbb{Q}$。Igusa证明了Poincar级数$H（t，f）$承认亚纯性作为$t$\cite{I1}的有理函数继续到复平面，\引用{I2}。在本文中，我们向解决以下问题：给定上述多项式$f（x）$，难度有多大计算Poincar{e}级数$H（t，f）$%的亚纯延拓?Poincar级数$H（t，f）$的计算等价于Igusa局部zeta函数$Z（s，f）$的计算，附加到$f$和$%p$，定义如下。我们用$\mathbb表示{问}_{p} $p-$adic的字段数字和$\mathbb{Z}（Z）_{p} $$p-$adic整数的环。对于$x\in\马特布{问}_{p} $，$v{p}（x）$表示$x$的$p-$adic顺序，以及$%|x{p}=p^{-v{p}（x）}$它的绝对值。Igusa局部zeta函数与$f$和$p$关联的定义如下：\开始{方程式*}Z（s，f）=\int_{\mathbb{Z}（Z）_{p} ^{n}}|f（x）|_{p}^{s}\mid-dx\mid、、、、，\结束{方程式*}其中$\func{Re}>0$，$\mid-dx\mid$表示$%上的Haar度量\马特布{问}_{p} ^{n}$规范化到$\mathbb{Z}（Z）_{p} ^{n}$的度量值为$1$。$Z（s，f）$和$H（t，f）$holds之间的以下关系（请参见{I1}%，定理8.2.2）：\开始{方程式*}H（t，f）=\frac｛1-tZ（s，f）｝｛1-t｝，\text｛｝t=p^｛-s｝。\结束{方程式*}因此，$Z（s，f）$的合理性意味着Poincar\'{e}级数$H（t，f）$，而$H（t，f）美元的计算是\相当于$Z（s，f）$的计算。Igusa\cite[定理8.2.1]｛I1｝\证明了局部zeta函数$Z（s，f）$承认一个亚纯函数作为$p^{-s}$的有理函数继续到复平面。本文的第一个结果是用于计算的多项式时间算法局部zeta函数$Z（s，f）$附加到多项式$f（x）\in\mathbb{%Z} [x]$，在一个变量中，具有拆分字段$\mathbb{Q}$和一个素数数字$p$。我们还对其复杂性进行了明确的估计（参见算法计算第2节中的Z（s，f）$，以及定理{theoA}）。许多作者发现了$Z（s，f）$或$H（f，t）$的显式公式几类多项式，其中\cite{D2}，\cite}，\ cite{G1}，\引用{G2}，[\引用{I3}及其引用]，\引用{S-Z-G}，\引用[Z-G1}%，\引用{Z-G2}。在所有这些工作中，$Z（s，f）$或$H（f，t）$的计算，简化为其他问题的计算，如有限域内系数多项式方程解的个数字段。目前，还没有多项式时间算法解决这个问题\引用{Wa}，\引用{V-K-S}。此外，上述工程均未完成包括计算Igusa局部zeta的复杂性估计功能。特别重要的是Denef的$Z（s，f）$显式公式，当$f$满足一些通用条件\cite{D2}。该公式涉及与除数$%奇点分辨率相关的数值数据f=0$，以及某些非奇异变种的有理点个数在有限域上。因此，对于泛型，$Z（s，f），$的计算多项式$f$简化为数值数据的计算与除数$f=0$的奇点分解相关，并且有限域上非奇异多项式解的个数。目前，这些问题能否在多项式时间内解决尚不清楚在图灵机器上。然而，在过去的几年里在计算多项式的奇异性。任意多项式Igusa局部zeta函数的计算在图灵机器上似乎是一个棘手的问题。例如，对于$%p=2$，多项式方程解数的计算系数在$\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$中的是$\mathbf{NP}（名词短语）-完成$图灵机上的问题[第251页，问题AN9]{G-J}。然后在$2-$adic数的情况下，Igusa局部zeta函数的计算是$\mathbf{NP}（名词短语）-$完全问题。最近，Anshel和Goldfeld已经证明了zeta函数的计算与密码学之间的联系{A-G}。事实上，他们提出了一类新的单向函数候选者基于全局zeta函数。单向函数是函数$F$这样，对于$F$域中的每个$x$，很容易计算$F（x）$；但对于$F$范围内的所有$y$而言，这是一个棘手的问题找到一个$x$，使$y=F（x）$的问题。这些功能起着核心作用从实践和理论角度看，在现代社会中的作用密码学。目前，无法保证单向函数的存在即使$\mathbf{P}\neq\mathbf{NP}$。目前的大多数候选人单向函数是建立在诸如整数因式分解和离散对数引用{G-L-N}。最近，P。肖尔引进了一种新的方法来解决这些问题。事实上，肖尔已经证明在量子计算机上整数因式分解离散对数问题可以在多项式时间内计算。我们设置了\开始{方程式*}\mathcal｛H｝=\｛H（t，f）\mid f（x）\in\mathbb｛Z｝[x]\text｛，在一个变量中，使用拆分字段}\mathbb{Q}\}，\结束{方程式*}有限集的$N^{\infty}$$\left（\mathbb{Z}\right）$整数序列。对于每个正整数$u$和素数$p$，我们定义\开始{方程式*}\开始{数组}{cccc}F_{u，p}:&\mathcal{H}&{\rightarrow}&\mathbb{N}^{\infty}\left（\mathbb{Z}\right）\\&H（t，f）&｛\rightarrow｝&｛N_｛0｝（f，p），N_｛1｝（f，p），\cdots，N_｛u｝（f，p）\｝%\文本{.}\结束{数组}\结束{方程式*}我们的第二个结果断言$F_{u，p}（H（t，F））$可以在多项式时间，对于$\mathcal{H}$中的每个$H（t，f）$（参见定理\ref{theoB}）。研究图灵机的复杂性似乎很有趣关于以下问题：给定正整数$%的列表\{a{0}，a{1}，\cdots，a{u}$，确定是否或不存在Poincar\'{e}级数$H（t，f）=\sum_{m=0}^{\infty}N_{m}（f）（p^{-1}吨)^{m} $，这样$a{i}=N_{i}（f）$，$i=1$，$\cdots$，$u$？目前，作者还没有任何关于然而，映射$F{u，p}$可以被视为新的\流密码的类别（见第8节）。\第{节算法计算$Z（s，f）$}在本节中，我们将介绍一个多项式时间算法，Compute \_$Z（s，f）$\它解决了以下问题：给定多项式$f（x）\in\mathbb{Z}%[x] $，在一个拆分字段为$\mathbb{Q}$的变量中，找到一个$Z（s，f）$亚纯延拓的显式表示。这个算法如下。\textbf{算法计算\_}$Z（s，f）$输入：多项式$f（x）\in\mathbb{Z}[x]，$在一个变量中，其拆分字段是$\mathbb{Q}$。输出：$p^{-s}$的有理函数，它是亚纯函数延续$Z（s，f）$。\开始｛枚举｝\$\mathbb{Q}[x]$中的项分解$f（x）$：$f（x）=\alpha_{0}\prod\limits_{i=1}^{r}（x-\alpha_{i}）^{e_{i}}\in\mathbb{Q}[x]。\qquad（平方米）$\项计算\开始{方程式*}l_{f}=\左\{\开始{array}{cc}1+\最大\{v_{p}（\alpha_{我}-\alpha{j}）\mid-i\neq-j\text{，}1\leq-i\text{，}%j\leqr\}\text{，}&\text{if}r\geqq2\text{；}\\1\text｛，｝&&text｛if\\｝r=1\text｛.｝\结束{数组}\对。\结束{方程式*}\item计算数字$\alpha_{i}$，$%的$p-$adic展开式i=1,2，\cdots，r$模$p^{l{f}+1}$。\item计算与$f（x）$和$p$（对于$T（f，l_{f}）$的定义参见（\ref{tree}））。\item计算附加到$%的生成函数$G（s，T（f，l_{f}），p）$T（f，l_{f}）$（关于$G（s，T（f、l_{f2}），p）$的定义，请参见（\ref{Gfunction}%)).\项返回$Z（s，f）=G（s，T（f，l_{f}），p）$。\项目结束\结束{enumerate}在第6节中，我们将给出正确性和复杂性的证明算法的估计值Compute-$Z（s，f）$。我们的第一步该算法是通过A.K。伦斯特拉、H.伦斯特拉和L.洛夫{a} 深圳\引用{L-L-L}。如果$d_{f}$表示度$f（x）=\sum\nolimits_{i} 一个_{i} x个^{i} 美元和\开始{方程式*}\垂直f\Vert=\sqrt{\sum_{i} 一个_{i} ^｛2｝｝，\结束{方程式*}那么上述因子分解算法需要剩余$O\(d_{f}^{6}+d_{f}^{9}（\log\Vertf\Vert）\right）$算术运算，以及这些运算所针对的整数执行的每个都有二进制长度$$O\左（d_{f}^{3}+d_{f2}^{2}（\log\Vertf\Vert）\right）$$\引用[定理3.6]{L-L-L}。步骤$2$、$3$、$4$、$5$在多项式时间内减少了$%的计算Z（s，f）$计算$f（x）$在$\mathbb{Q}$上的因式分解。这种减少是通过从$p-$%构造一个加权树来实现的模$p$的幂的$f（x）$根的adic展开（见第4节），然后将生成函数关联到此树（请参见第5节）。最后，我们将证明生成函数\这样构造的函数与$f（x）的局部zeta函数一致$（见第5节）。\第{$p$-adic静止相位公式}节有效计算Igusa局部zeta函数的主要工具一个变量中的多项式将是$p-$adic稳态相位公式，缩写SPF\cite{I3}。此公式是一个递归过程，用于计算局部zeta函数。通过使用此程序，可以计算许多类多项式[\cite{I3}的局部zeta函数以及其中的参考文献]，\cite{S-Z-G}，\ciet{Z-G1}，\ cite{Z-G2}{ZG3}。给定多项式$f（x）\in$$\mathbb{Z}（Z）_{p} [x]\set-muse-$p\mathbb{Z}%_{p} [x]$，我们用$\上划线{f（x）}$表示它的约化模$p\mathbb{Z}%_{p} $，即通过减少$f（x）的系数获得的多项式$模$p\mathbb{Z}（Z）_{p} 美元。我们为$$\mathbb中的每个$x_{0}\定义{Z}（Z）_{p} 美元，\开始{方程式*}f{x{0}}（x）=p^{-e{x{0}}f（x{0{+px）\text{，}\结束{方程式*}其中$e_｛x_｛0｝｝$是系数中$p$\的最小阶$f（x_{0}+px）$。因此$f_{x_{0}}（x）\in\mathbb{Z}（Z）_{p} [x]\设置减去$$p\mathbb{Z%}_{p} [x]美元。我们将多项式$f_{x_{0}}（x）$称为\textit｛%$x{0}$处$f（x）$的膨胀}。我们还定义\开始{方程式*}\nu（上划线{f}）=\text{Card}\{上划线{z}\in\mathbb｛F｝_{p} \中\上划线{%f} （\overline｛z｝）\neq 0\｝，\结束{方程式*}\开始{方程式*}\delta（\overline{f}）=\text{Card}\{\overline{z}\in\mathbb｛F｝_{p} \中等\上划线{z}\text{是}\上划线{f}（上划线{z}）=0\}的简单根。\结束{方程式*}我们将使用$\{0,1，\cdots，p-1\}\subseteq\mathbb{Z}（Z）_{p} $作为一组$\mathbb元素的代表｛F｝_{p} =\mathbb{Z}/$$p\mathbb{Z}%=\{\overline{0}，\overline{1}，\sdots，\overrine{p-1}\}$。设$S=S（f）$表示$\{0,1，\cdots，p-1\}\subseteq\mathbb的子集{Z}（Z）_{p} 映射的$通过正则同态$\mathbb双射{Z}（Z）_{p} \向右箭头\马特布{Z}（Z）_{p} /p\mathbb{Z}（Z）_{p} $到$\overline{f}（%）的根集合\上划线{z}）=0$，重数大于或等于2。使用以上所有符号，我们可以声明$p-$adic平稳一个变量中多项式的相位公式。\开始{命题}[{\protect\cite[定理10.2.1]{I1}}]设$f（x）\in$$\mathbb{Z}（Z）_{p} [x]\set减去$$p\mathbb{Z}（Z）_{p} [x]$是一个非恒定多项式。然后\开始{方程式*}Z（s，f）=p^{-1}\nu（\overline{f}）+\delta（\overrine{f{）\frac{（1-p^{-1-}）p^{1-s}%}{（1-p^{-1-s}）}+\sum\limits_{\xi\在s}p^{-1e_{\xi}s}\int\limits中{\mathbb{Z%}_{p} }\midf{xi}（x）\mid_{p}^{s} dx。\结束{方程式*}\结束{命题}以下示例说明了$p-$adic固定相的使用公式，以及计算$%的算法的基本方面Z（s，f）$。\子节｛Example\label｛ex2｝｝设$f（x）=（x-\alpha_{1}）（x-\alpha_{2}）^{3}（x-\阿尔pha_3}）_{4} ）^{2}（x-\alpha_{5}）$是这样的多项式：_{2} $，$\alpha_{3}$，$\ alpha_}4}$，$\ alpha_{5}$是具有以下$\p-$adic扩展：\开始{方程式*}\α{1}=a+dp+kp^{2}，\结束{方程式*}\开始{方程式*}\α{2}=a+dp+lp^{2}，\结束{方程式*}\开始{方程式*}\α{3}=b+gp+mp^{2}，\结束{方程式*}\开始{方程式*}\α{4}=c+hp+np^{2}，\结束{方程式*}\开始{方程式*}\α{5}=c+hp+rp^{2}，\结束{方程式*}其中\$p$-adic数字$a$、$b$、$c$、$d$、$g$、$h$、$l$、$m$、$n$、$r$属于$\{0,1，\mathbb{\cdots}，p-1\}$。我们假设$p$-adic数字为成对不同。局部zeta函数$Z（s，f）$的计算公式如下迭代使用SPF。通过使用$\overline{f（x）}=（x-\overline{a}）^{4}（x-\surline{b}）（x-%）应用SPF\上划线｛c｝）^｛3｝$，$\nu（\overline｛f｝）=p-3$，$\delta（\overline｛f｝%)=1，S=\{a，c\}$，$f_{a}（x）=p^{-4}英尺（a+px）$和$f{c}（x）=p^{-3}f（c+px）$，我们得到那个\开始{eqnarray}Z（s，f）&=&p^{-1}（p-3）+\压裂{（1-p^{-1-}）p^{1-s}}{1-p^}-1-s}}+p^{1-1-4s}\int_{%\马特布{Z}（Z）_{p} }|f{a}（x）|{p}^{s}\mid-dx\mid\notag\\&&+p^{-1-3s}\int_{\mathbb{Z}（Z）_{p} }| f_｛c｝（x）| _｛p｝^｛s｝\ mid-dx \ mid\text｛.｝\标签{step8}\结束{eqnarray}我们将SPF应用于涉及$f_{a}（x）$和$f_}c}（x）$\in（\ref）的积分{步骤8}）。首先，我们考虑对应于\$f_{a}（x）$的积分。由于$上划线{f_{a}（x）}=（x-\上划线{d}）^{4}（\上划线{一}-\上划线{b}）（%\上划线{一}-\上划线{c}）^{3}$，$S=\{d\}$，$f_{a，d}（x）=p^{-4}英尺_{a} （d+px）$，$%\nu（\overline{f{a}}）=p-1$，而$\delta（\overrine{f}a}）=0$，如下所示使用SPF从（\ref{step8}）\开始{eqnarray}Z（s，f）&=&p^{-1}（p-3）+\压裂{（1-p^{-1-}）p^{1-s}}{1-p^}-1-s}}%+p^{-1}（p-1）p^{-1-4s}\符号\\&&+p^{-2-8s}\int_{\mathbb{Z}（Z）_{p} }|f{a，d}（x）|{p}^{s}\mid-dx\mid+p^{-1-3s}\int_{\mathbb{Z}（Z）_{p} }|f{c}（x）|{p}^{s}\mid-dx\mid\text{.}\标签{step9}\结束{eqnarray}现在，我们将SPF应用于涉及$f_{c}（x）$in（\ref{step9}）的积分。由于$\上划线{f_{c}（x）}$$=（\上划线｛c｝-\上划线{a}）^{4}（上划线{c}-%\上划线{b}）（x-\上划线{h}）^{3}$，$S=\{h\}，f_{c，h}（x）=p^{-3}f_{c} （h+px）$，$%\nu（\overline{f{c}}）=p-1$，而$\delta（\overrine{f}c}）=0$，如下所示使用SPF从（\ref{step9}）\开始{eqnarray}Z（s，f）&=&p^{-1}（p-3）+\压裂{（1-p^{-1-}）p^{1-s}}{1-p^}-1-s}}%+p^{-1}（p-1）p^{-1-4s}\符号\\&&\，+p^｛-2-8s｝\int_｛\mathbb{Z}（Z）_{p} }|f{a，d}（x）|{p}^{s}\mid-dx\mid+p^{-1}（p-1）p^{-1-3s}\符号\\&&\，+p^{-2-6s}\int_{\mathbb{Z}（Z）_{p} }f{c，h}（x）{p}^{s}\mid-dx\mid\text{.}\标签{step10}\结束{eqnarray}通过对涉及$f_{a，d}（x）$in（\ref{step10}）的积分应用SPF，带有$\上划线{f{a，d}（x）}=（x-\上划线}）（x-\下划线{l}）^{3}（上划线{d}%-\上划线{b}）（上划线{d}-\上划线{c}）^{3}$，$S=\{k，l\}$，$%f{a，d，k}（x）=p^{-1}f_{a，d}（k+px）$，$|f{a，d，k}（x）|{p}^{s}=|x|{p{s}$，$%f{a，d，l}（x）=p^{-3}f_{a，d}（l+px）$，$|f{a，d，l}（x）|{p}^{s}=|x|{p{^{3s}$$\\nu（\overline{f{a，d}}）=p-2$，而$\delta（\overrine{f}a，d{}）=1$，我们获得\开始{eqnarray}Z（s，f）&=&p^{-1}（p-3）+\压裂{（1-p^{-1-}）p^{1-s}}{1-p^}-1-s}}%+p^{-1}（p-1）p^{-1-4s}\符号\\&&\，+p^{-1}（p-1）p^{-1-3s}+p^}-1}1-p^{-1-s}}\符号\\&&\，+\frac{（1-p^{-1}）p^{-3-11s}}{1-p^}-1-3s}}+p^{-2-6s}\int_{\mathbb{Z}%_{p} }f{c，h}（x）{p}^{s}\mid-dx\mid\text{.}\label{step11}\结束｛eqnarray｝最后，通过对涉及$f_{c，h}（x）$in（\ref）的积分应用SPF{step11}），我们得到\开始{eqnarray}Z（s，f）&=&p^{-1}（p-3）+\压裂{（1-p^{-1-}）p^{1-s}}{1-p^}-1-s}}%+p^｛-1｝（p-1）p^｛-1-4s｝注释\\&&\，+p^{-1}（p-1）p^{-1-3s}+p^}-1}1-p^{-1-s}}\符号\\&&\，+\压裂{（1-p^{-1}）p^{-3-11s}}{1-p^}-1-3s}}+p^{-1}（p-2）p^}-2-6s}+\压裂}%（1-p^{-1}）p^{-3-7s}}{1-p^}-1-s}}\符号\\&&+\裂缝{（1-p^{-1}）p^{-3-8s}}{1-p^}-1-2s}}\text{.}\label{step12}\结束｛eqnarray｝\开始{remark}\标签{remark}如果$\alpha=\frac{a}{b}\in\mathbb{Q}$，以及$v_{p}（\alpha）<0$%，然后\开始{方程式}\mid-x-\alpha\mid_{p}=\mid\alpha\med_{p}，\text{表示每个}x\in\mathbb{%Z} {p}。\标签{const}\结束{方程式}另一方面，形式为\开始{方程式*}f（x）=\alpha_{0}\prod\limits_{i=1}^{r}（x-\alpha_2}）^{e_{i}}\in\mathbb{Q}%[x] ，\结束{方程式*}可以分解为$f（x）=\alpha_{0}页_{-}（x）f{+}（x）$，其中\开始{方程式}f{-}（x）=\prod\limits_{{\alpha{i}\mid-v{p}（\alpha_{i}）<0\}}（x-\alpha_{i} ）^{e_{i}}，\text{和f{+}（x）=\prod\limits_{{alpha_{i}\midv{p}（\alpha{i}）\geqq0\}}（x-\alpha}）^{e{i}}。\标签{pol1}\结束{方程式}从（ref{const}）和（ref{pol1}）开始\开始{方程式*}Z（s，f）=\mid\alpha_{0}\prod\limits_{{\alpha__{i}\mid_v_{p}（\alpha_{i} ）<0\}}\alpha{i}{}^{e{i}}\mid_{p}^{s} Z（s，f{+}）。\结束{方程式*}因此，从计算的角度来看，我们可以假设一般来说，$f（x）$的所有根都是$p-$adic整数。\结束｛备注｝\节{树和$p$-adic数字}给定素数模幂剩余类的树\$U=U（p）$$p$定义如下。考虑一下图表\开始{方程式*}\｛0\｝=\mathbb｛Z｝/p^｛0｝\mathbb｛Z｝\underleftarlow｛\text｛\｝\phi _｛1｝｝\text｛\}\mathbb{Z}/p^{1}\mathbb}Z}\text{}\underleftarrow{\phi_{2}}\text}%\mathbb{Z}/p^{2}\mathbb}Z}\text{}\underleftarrow{\phi_{3}}\cdots\结束{方程式*}其中$\phi{l}$\the是自然同态。\$U的顶点$是$\mathbb{Z}/p^{l}\mathbb2{Z}$的元素，对于\$l=0,1,2，\mathbb{%\cdots}$，定向边是$u\rightarrowv$，其中$u\in\mathbb{Z}%/p^{l}\mathbb{Z}$和\$\phi_{l}（u）=v$，对于某些$l>0$。因此，$U$是一个根为$\{0\}$的根树。正好有一条定向边从$U$的每个顶点；除了顶点$\{0\}$之外，它没有边散发出光芒。此外，每个顶点都是精确$p$定向的端点边缘。给定两个\顶点$u$、$v$，符号$u>v$表示形状的顶点和边的序列\开始{方程式*}u\右箭头u^{（1）}\右箭头\cdots\rightarrowu^{{（m）}=v\text{.}\结束{方程式*}符号$u\geqqv$\表示$u=v$或$u>v$。\textit{\level}如果$u\in\mathbb{Z}/p^{m}\mathbb{Z}$，顶点$u$的$l（u）$是$m$。这个\顶点$u$的textit{vale}$Val（u）$定义为端点为$u$的有向边。子树，或者简称为树，被定义为顶点的非空子集$T$$U$，这样当$U\在T$中且$U>v$时，\$v\在T$中。因此\$T$连同有向边$u\rightarrow v$，其中$u，v\ in T$是同样是根为$\{0\}$的树。树$T$被命名为\textit｛加权树｝，如果存在权重函数$W:T\rightarrow\mathbb{N}$。值$W（u）$称为重量顶点$u$的。如果\$x\in\mathbb{Z}（Z）_{p} $和$x{l}$表示其剩余类模$%p^｛l｝$，则$U$的每个顶点都是$x_｛l｝$类型，其中$l\in\mathbb｛N｝$.textit{stal}定义为树$K$在每个树上最多有一个顶点级别。因此，茎要么是有限的，要么是\开始{方程式*}\{0\}\长左箭头u^{（1）}\长左箭头\cdots\长左箭头u^}（l）}，\结束{方程式*}或无限，类型为\开始{方程式*}\{0\}\longleftarrowu^{（1）}\longlefetarrow\cdots\text{.}\结束{方程式*}显然，有限柄可以写成\\开始{方程式*}\{0\}\longleftarrow x_{1}\longeftarrow\cdots\longleft箭头x_{l}，\结束{方程式*}带有$x\in\mathbb{Z}$，无限柄为\开始{方程式*}\{0\}\longleftarrow x_{1}\longeftarrows x_{2}\londleftarrow\cdots，\结束{方程式*}带有$x\in\mathbb{Z}（Z）_{p} 美元。因此，在\无限柄和$p-$adic整数。\子段{附着到多项式的树}让\开始{方程式}f（x）=\alpha_{0}\prod\limits_{i=1}^{r}（x-\alpha_2}）^{e_{i}}\in\mathbb{Q}%[x] \标签{pol}\结束{方程式}是一个非常数多项式，在一个变量中，次为$d_{f}$，使得$v{p}（\alpha{i}）\geqslate 0$，$i=1,2，\mathbb{\cdots}，r$我们\将整数与$f（x）$和素数$p$关联\开始{方程式*}l｛f｝=\左\｛\开始{array}{cc}1+\最大\{v_{p}（\alpha_{我}-\alpha{j}）\mid-i\neq-j\text{，}1\leq-i\text{，}%j\leqr\}\text{，}&\text{if\}r\geqq2\text{；}\\1\text{，}&\text{if\\}r=1\text{.}\结束｛数组｝\对。\结束{方程式*}我们设置了\开始{方程式*}\alpha{i}=a{0，i}+a{1，i\text{}}p+\mathbb{\cdots}+a}j，i}\text{{}p^{j}+%\mathbb{\cdots}+a{l{f}，i}\text{}p^{l{f2}\text}mod}p^\结束{方程式*}$a_{j，i}\in\{0,1，\mathbb{\cdots}，p-1\}$，$j=0,1对于$p-$adic展开模$p^{l{f}+1}，i=1,2，\mathbb{\cdots}，r$$\$\alpha_{i}$的。我们将加权树$T（f$，$l_{f}）$附加到$f$跟随：\开始{方程式}T（f，l_{f}，p）=T（f、l_{f2}）=\bigcup\limits_{i=1}^{r} K（K）（α{i}，l{f}），\标签{树}\结束{方程式}其中$K（\alpha_{i}，l_{f}）$\表示对应于$p-$%的茎$\alpha{i}$\模$p^{l{f}+1}$的adic展开。因此$T（f$，$l_{f}）$\是一棵有根的树。我们在$T（f$，$l_{f}），$\by上引入了一个权重函数将标高$m$的顶点$u$的权重定义为\开始{方程式}W（u）=\左\{\开始{array}{cc}\sum\limits_{｛i\mid\alpha_{i｝\equiv u\text｛mod｝p^｛m｝\}｝e_｛i｝，&\text｛%如果}\m\geqq 1\text{；}\\0，&\text{if}\m=0\text{.}\结束{数组}\对。\标签｛重量｝\结束{方程式}给定T（f，l_{f}）$中的顶点$u\，我们将$u$\生成的茎定义为是\开始{方程式*}在T（f，l_{f}）中的B_{u}={v\mid-u\geqqv\}。\结束{方程式*}\我们将权重$W^｛\ast｝（B_｛u｝）$与\$B_｛u｝$关联如下：\开始{方程式}W^{\ast}（B_{u}）=\sum\limits_{v\在B_{u}}W（v）中。\标签{weightstal}\结束{方程式}\{多项式树的计算}小节我们的下一步是显示树$T（f，l_{f}）$附加到多项式$%类型为（\ref{pol}）的f（x）$可以在多项式时间内计算。有构建和操作树和森林（参见示例\cite[Volume 1]{K}），因此，我们将重点关注表明此类计算可以在多项式时间内进行，以及为此保留特定算法的\实现细节任务。我们将在T（f，l_{f}）$的计算中包括由其顶点生成的茎的重量；因为所有这些数据将用于计算$f$的局部zeta函数。\开始{命题}\标签{prop4.1}树$T（f，l_{f}）$的计算多项式$f（x）$，类型为（\ref{pol}），\来自\$p-$adic展开式其根的模$p^{l{f}+1}$\\开始{方程式*}\alpha{i}=a{0，i}+a{1，i\text{}}p+\mathbb{\cdots}+a}l{f}，i}p^{l{f{}%\text{mod}p^{l{f}+1}\text{}\结束{方程式*}重数$e_{i}$，$i=1,2，\mathbb{\cdots}，r$涉及\$O（l_{f%\文本{}}^{2} 天_{f} ^{3}）对二进制整数的$算术运算长度\开始{方程式*}O（\max\{\log p，\log（l_{f} 天_{f} ）\}）。\结束{方程式*}\结束{命题}\开始{proof}我们假设$T（f，l_{f}）$是形式的有限集\开始{方程式}T=文本{级别}_{0}\text{，}\cdots\text{，级别}_{j}\text}，}\tdots\text{%，级别}_{l_{f}+1}\}\text{，}\label{tipotree}\结束{方程式}其中\Level$_{j}$表示级别为$j$的所有顶点集。每个级别$_{j}$是一组表单\开始{方程式*}级别{j}=\{u_{j，1}，\mathbb{\cdots}，u_{j，i}，\ mathbb}\cdots}，u{j，m_{j}}，\结束{方程式*}每个$u{j，i}$是每个$i=1，\mathbb{\cdots}，m{j}的加权顶点$. 加权顶点$u_{j，i}$是一组形式\开始{方程式*}u_{j，i}=\{\text{}W（u_{j，i}）\text{，}Val（u_}j，i{），W^{\ast}（B_{u_{j,i}}）\}%\文本{，}\结束{方程式*}其中$W（u_{j，i}）$\是$u_{j，i}$的重量，$Val（u_}j，i{）$是它的重量价，而$W^{\ast}（B_{ui}）$是\柄$B_{u_{j，i}$的重量。由\$u_{j，i}$生成的茎的重量可以写为\开始{方程式*}W^{\ast}（B_{u_{j，i}}）=B_{u，i}}W（v）中的sum\limits_{v\。\结束{方程式*}对于级别$j$的顶点\$u_{j，i}$\的计算，我们继续如下跟随。我们把$I=\{1,2，\mathbb{\cdots}，r\}，$和\开始{方程式*}M_{j}=\{\alpha_{i}\text{mod}p^{j}\midi\inI\}。\结束{方程式*}对于每个\$0\leqj\leql_{f}+1$，我们计算类型为$I$的分区\开始｛方程式｝I=\bigcup\limits_{I=1}^{l_{j}}I_{j，I}，\label{parti}\结束{方程式}使得\开始{方程式*}\alpha{t}\text{mod}p^{j}=\alpha{s}\text}mod}p#j}，\结束{方程式*}对于I_｛j，I｝$中的每$t，s\。每个子集$I_{j，I}$\对应于一个顶点$j$级的$u_{j，i}$\。此计算需要$O（l_{f} 第页^{2})$对二进制长度为$O（\log p）$的整数的算术运算。的确，计算问题“是或否”答案的成本：$\alpha{t}$mod$p^{j}=\alpha{s}$mod$p#j}？$是整数与的$O（j）$比较二进制长度$O（\log p）$。在最坏的情况下，有$r$向量$M_{j}$，\对于固定$j$，分区（\ref{parti}）的计算涉及对于$l=t+1，t+2，\mathbb{%，$\alpha{t}$与$\alfa{l}$的比较\cdots}，r$。此计算需要对进行\$O（jr^{2}）$算术运算二进制长度为$O（\log p）$的整数。由于$j\leqql_{f}+1$分区（\ref{parti}）的计算需要\$O（l_{f} 第页^{2} ）$算术对二进制长度为$O（\log p）$的整数的操作。顶点\$u_{j，i}$\的权重由表达式给出\开始{方程式*}W（u_{j，i}）=\sum\limits_{k\在i_{j、i}}e_{k}中。\结束{方程式*}因此，顶点权重的计算需要对二进制长度为$O（\log d）的整数_{f} 第页)$.为了计算\$u_{j，i}$的化合价，我们进行如下操作。$u_{j，i}$\的价可以表示为\开始{方程式*}Val（u_｛j，i｝）=\text｛Card｝\｛i_｛j+1，l｝\ mid i_｛j+1，l｝\ substeq i_｛j，i｝\｝，\结束{方程式*}其中$I_{j+1，l}$遍历与\顶点$u{j+1，l}$，级别为$j+1$。因此，$Val（u_{j，m}）的计算$\涉及$\$的计算，即问题的“是或否”答案$I_{j+1，l}\subseteq I_{j，I}$？“是或否”答案的计算\涉及二进制长度为$O（\log r）$的整数的$O（r）$\比较。因此，$Val（u_{j，i}）$\的计算涉及$O（r）$\比较二进制长度为$O（\log r）$的整数的$O（r）$加法。对于\$B_｛u_｛j，i｝｝$的权重的计算，我们观察到$%W^{ast}（B_{u{j，i}}）$由以下公式给出\开始{方程式*}W^{\ast}（B_{u_{j，i}}）=\sum\limits_{l=0}^{j-1}\sum\limits_{i_{j、i}\substeqI_{l，k}}W（I_{1，k}），\结束{方程式*}其中$W（I{l，k}）=W（v{l，k}）$，而$v{1，k}$是对应的顶点到$I{l，k}$。因此，$W^{\ast}（B_{u_{j，i}}）$的计算涉及$%O（l_{f}）$二进制长度为$O（\log（l_}f}$$d_{f}）的整数的加法$%，和$O（l_{f}$$r）$比较二进制长度为$O（\log r）$的整数。根据上述推理，树的顶点的计算$%T（f，l_{f}）$\最多涉及$O（l_{f2}$r^{2}）$个算术运算二进制长度为$O（\max\{log p$$\log（$$l_{f}$$d_{f}）\}）$。最后，由于顶点数为$%T（f，l_{f}）$最多是$O（l_{f2}$$d_{f}）$，因此计算$T（f，l_{f}）类型树的$涉及$O（l_{f2}^{2}$$d_{f}^{3}）$二进制长度为$O（\max\{\log p，$$%）的整数的算术运算\log（$$l{f}$$d_{f}）\}）$。\结束{proof}\{生成函数和树}节在本节中，我们附加到加权树$T（f，l_{f}）$和a\prime$p$生成函数$G（s，T（f，l_{f}），p）\in \mathbb{Q}（p^{-s}）$定义为跟随。我们设置了\开始{方程式*}\马查尔{米}_{T（f，l_{f}）}=\左\{u \在T（f、l_{f}）\左|\开始{array}{c}W（u）=1\text｛，并且在T（f，l_｛f｝）中不存在｝v\\text{with}W（v）=1\text{，这样}u>v。\结束{数组}\对。\右\}，\结束{方程式*}和\开始{方程式*}L_{u}（p^{-s}）=\左\{\开始{array}{cc}\裂缝{（1-p^{-1}）p^{-l（u）-W^{ast}（B_{u}）s}}{（1-p^{-1-W（u）s}）}\text{，\if}&l（u）=1+l_{f}\text{，和\}W（u）\geqq2\text{；}\\&\\p^{-1}（p-Val（u））p^{-1（u）-W^{\ast}（B_{u}）s}\text{，\if}&0\leqql（u）\leqql_{f}\text{，和\}W（u）\neq 1\text{；}\\& \\ \裂缝{（1-p^{-1}）p^{-l（u）-W^{\ast}（B_{u}）s}}{1-p^}-1-s}}\text{，\\if}&u\in\mathcal公司{米}_{T（f，l_{f}）}\text{；}\\& \\ 0\text{，\\\\if}&W（u）=1\text{和}u\notin\mathcal{米}_{T（f，l_{f}）}\text{%.}\结束{数组}\对。\结束{方程式*}使用以上所有符号，我们定义了附加到$%的生成函数T（f，l_{f}）$和$p$\\as\开始{方程式}G（s，T（f，l_{f}），p）=\sum\limits_{u\在T（f、l_{f2}）}l_{u}（p^{-s}）\text{.}中\标签{Gfunction}\结束{方程式}我们的下一个目标是证明$G（s，T（f，l_{f}），p）=Z（s，f）$。这一点的证据事实需要以下初步结果。\开始{命题}树$T（f，l_{f}）$和素数$p的生成函数$满足\开始{eqnarray}G（s，T（f，l_{f}），p）&=&p^{-1}\nu（\overline{f}）+\delta（\overrine{f{）\frac{%（1-p^｛-1｝）p^｛-1s｝｝｛（1-p^｛-1s｝）｝\\&&+\S}p^{-1-e_{xi}S}G（S，T（f_{xi}，l）中的和_{f} -1个)，第页）。\标签{ident}\结束｛eqnarray｝\结束{命题}\开始{proof}设T（f，l_{f}）\midl（u）=1$，$W（u）=1\}，$和$B_{f{f}=\{u\ inT（f，l_{f}）\mid-l（u）=1$，$W（u）\geqq2\}$。我们有以下\\分区对于$T（f，l_{f}）：$%\开始｛方程式｝T（f，l_{f}）=\{0\}\bigcup A_{f{\bigcup\left（B_{fneneneep中的\bigcop_{u}T_{u}\right）\文本{，}\标签{parti1}\结束{方程式}带有\开始{方程式*}T（f，l_{f}）中的T_{u}={v\mid-v\geqq-u}。\结束{方程式*}每个$T_{u}$\都是根$\{u}$的根树从\分区（\ref{parti1}）和\$G（s，T（f，l_{f}），p）$的定义，如下所示\开始{eqnarray}G（s，T（f，l_{f}），p）&=&p^{-1}\left（p-Val（\{0\}）\right）+\text{Card}\{A{f}\}%\裂缝{（1-p^{-1}）p^{-1-s}}{（1-p^{1-s}）}+\符号\\&&\B_{f}}G（s，T_{u}）中的sum\limits_{u\，标签{ident0}\结束{eqnarray}在T_{u}}L_{v}（p^{-s}）$中，$G（s，T_{u{）=\sum\limits_{v\。由于$%的根之间存在双向对应关系\上划线{f}（x）等于0$mod$p$和$T（f，l_{f}）$\的顶点$\$级别$1$、$\\\\$%\开始{方程式}\\p-Val（\{0\}）=\nu（\overline{f}）\text{，和\Card}\{A_{f}\}=\delta（%\上划线{f}）。\标签{ident1}\结束{方程式}现在，如果顶点$u$对应于根\$\overline{f}（\xi）\equiv 0$mod$p$、$\$\然后\开始{方程式}T_{u}=\左（\bigcup\limits_{{\alpha_{i}\mid\alpha_}\equiv\xi\text{mod}p\}}K（alpha{i}，l{f}）\right）\setminus\{0\}。\结束{方程式}另一方面，$\$我们有\开始{方程式}T（f_{xi}，l_{f} -1个)=\bigcup\limits_{\{\alpha_{i}\mid\alpha_}\equiv\xi\文本｛mod｝p\｝｝K（\frac｛\alpha_｛i-\xi｝｝｛p｝，l_{f} -1个).\结束{方程式}现在我们注意到映射$\alpha_{i}\rightarrow\frac{\alpha_{我}-\xi}{%p} $诱导树$T_{u}$和\$T（f_{xi）之间的同构}，我_{f} -1个)$，它保留顶点的权重；因此我们可以假设$T_{u}$$=$\$T（f_{xi}，l_{f} -1个)$.\ level函数$l_{T}$$T（f_{xi}，l）的_{f} -1个)$与$%的级别函数$l_{T_{u}}$相关通过等式$l_{T}$$-l_{T_u}}=-1$得到T_{u}$。此外，$B_{f}=$$S$，其中$S$是$\{0,1，\mathbb{\cdots}，p-1\}\subseteq的子集\马特布{Z}（Z）_{p} 其约简模$pZ_{p}$等于根集的$上一行{f}（\xi）=0$的重数大于或等于2\因此，它认为\\开始{方程式}G（s，T_{u}）=p^{-1-e_{xi}s}G（s），T（f_{xi}，l_{f} -1个)，第页）。\标签{ident2}\结束{方程式}结果由标识（\ref{ident1}）和（%）从（\ref{ident0}）开始\参考{ident2}）。\结束{proof}\开始{引理}\标签{引理}让$p$是固定质数，$v{p}$是相应的$%p-adic估值，以及\开始{方程式*}f（x）=\alpha_{0}\prod\limits_{i=1}^{r}（x-\alpha_2}）^{e_{i}}\in\mathbb{Q}%[x] \setminus\mathbb{Q}，\结束{方程式*}一个多项式，使得$v{p}（\alpha_{i}）\geqq 0$，对于$i=1，\cdots，r$。然后\开始{方程式*}Z（s，f）=G（s，T（f，l_{f}），p）。\结束{方程式*}\结束{引理}\开始{proof}我们对$l_{f}$进行归纳。案例\$l_｛f｝=1$如果$r=1$，则立即进行证明，因此我们可以假设$r \geqq 2$。由于$l_{f}=1$，它认为$v_{p}（\alpha_{我}-\alpha{j}）=0$，每$i$，$j$，满足$i\neqj$，因此\$\上划线{\alpha_{i}}\neq\上划线{\alpha{j}$，如果\$i\neqj$。通过应用SPF，我们可以做到这一点\开始{方程式}Z（s，f）=p^{-1}\nu（\overline{f}）+\delta（\overrine{f{）\frac{（1-p^{-1-}）p^{1-s}%}{（1-p^{-1-s}）}+\sum\limits_{xi\在s}p^{-1e_{xi}s}\frac{（1-p^{-1}）{%（1-p^{-1-e{\xi}s}）}，\结束{方程式}其中每个$e_{xi}=e_{j}\geqq2$，对于一些$j$和\$\alpha{j}=\xi+p\beta{j}$。\另一方面，$T（f，l_{f}）$\是具有$r$顶点$v_{j}的根树$，满足$l（v_{j}）=1$，和$W（v__{j{）=e_{j}$，\对于$j=1，\cdots，r$。通过这些观察，可以推断出$Z（s，f）=G（s，T（f，l_{f}），p）$。通过归纳假设，我们可以假设Z（s，f）=G（s，T（f，l_{f}），p）$，对于满足引理假设和条件\$1\leqql_{f}\leqq k$，$k\in\mathbb{N}$。大小写\$l_{f}=k+1$，$k\in\mathbb{N}$设$f（x）$\是满足引理假设的多项式，且$%l{f}=k+1$，$k\geqq1$。通过应用SPF，我们得到\开始{方程式}Z（s，f）=p^{-1}\nu（\overline{f}）+\delta（\overrine{f{）\frac{（1-p^{-1-}）p^{1-s}%}{（1-p^{-1-s}）}+\sum\limits_{xi\在s}p^{-1e_{xi}s}\int\midf_{xi中}（x） \mid_{p}^{s} dx。\标签{eq1}\结束{方程式}现在，因为$l_{f_{\xi}}=l_{f} -1个$，对于S$中的每个\$\xi\，它从归纳假设应用于（\ref{eq1}）中的每个\$f_｛\xi｝（x）$in，那个\开始{方程式}Z（s，f）=p^{-1}\nu（\overline{f}）+\delta（\overrine{f{）\frac{（1-p^{-1-}）p^{1-s}%}{（1-p^{-1-s}）}+\sum\limits_{xi\在s}p^{-1e_{xi}s}G（s，T（f_{xi}，我_{f} -1个)，\text{}p）。\标签{eq3}\结束{方程式}最后，根据\identity（ref{ident}）和（ref{eq3}），我们得出以下结论\开始{方程式}Z（s，f）=G（s，T（f，l_{f}），p）。\标签{eq4}\结束{方程式}\结束{proof}以下命题给出了计算$G（s，T（f，l_{f}），p）$。\开始{命题}\标签{prop4.2}生成函数的计算\开始{方程式*}G（s，T（f，l_{f}），p）\结束{方程式*}从$T（f，l_{f}）$开始，涉及对二进制长度为\$O的整数（\max\{log p，$$\log（$$l_{f}$$d_{f}）\}）$%.\结束{命题}\开始{proof}这是命题ref{prop4.1}和生成函数。\结束{proof}\{$p$-adic展开的计算}在本节中，我们估计了算法计算Z（s，f）$。\开始{命题}\标签{prop4.3}让 \开始{方程式*}B=\最大值_{\开始{array}{c}{1\leqi，}\text{}{j\leqr}\\{i\neq-j}\结束｛数组｝}{{}\midc{j，i}\mid\text{，}\middd_{j，i}\mid:text{}{\mid_text{}%\阿尔法_{j}-\α{i}=\压裂{c{j，i}}{d{j，i}}\text{，}c{j、i}\text}，}%d_{j，i}\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}{}}。\结束{方程式*}整数$l_{f}$的计算涉及$O（d_{f}^{2}\frac{\log B}{%\log p}）对二进制长度为$O（\max）的整数进行$算术运算\{\log B，\log p\}）$。\结束{命题}\开始{proof}首先，我们观察到对于$c\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$$v{p}（c）$\的计算涉及$O（\frac{\log\midc\mid}{\logp}）$二进制长度为$O的整数的除法（\max\{log\mid-c\mid，$$\logp\}）$。因此，计算$v{p}（\frac{c}{d}）=v{p{（c）-v{pneneneep（d），$\涉及$O（\frac{\max\{\log\mid-c\mid，\text{}\log\med-d\mid\}}{\log-p}%)二进制长度整数的$除法和减法\开始{方程式*}O（\max\{\log\mid-c\mid，\log\med-d\mid，\ log p\}）。\结束{方程式*}根据这些观察结果，$v{p}（\alpha_{j}-\alpha{i}）$，$i\neqj$，$1\leqi$，$j\leqr$，涉及$O（r^{2}\frac{%\log B}{\log p}）对二进制长度为$%的整数进行$算术运算O（\max\{\log B，\log p\}）$。最后，计算$%的最大值v{p}（\alpha_{j}-\alpha{i}）$，$i\neqj$，$1\leqi$，$j\leqr$，包含$%O（\log r）$二进制长度为$O（\max\{\log B，\log）的整数的比较p\}）$。因此，整数$l_{f}$的计算最多涉及$%O（d_｛f｝^｛2｝\frac｛\log B｝｛\log p｝）$对具有二进制长度$O（\max\{log B，\log p\}）$。\结束{proof}\开始{命题}设\$p$是固定素数，$\gamma=\frac{c}{b}\in\mathbb{Q}$，其中$%c、 b\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$和$v{p}（\gamma）\geqq0$。$p-$adic膨胀\开始{方程式*}\伽玛=a{0}+a{1\text{}}p+\mathbb{\cdots}+a_{j} 第页^{j} +\mathbb{\cdots}%+一个_{m} 第页^{m} ，\结束{方程式*}模$p^{m+1}$涉及$O（m+\log（max\{midb\mid，$$p\}）$\二进制长度为$O（\max\{\log\mid）的整数的算术运算c\mid、\log\mid b\mid和\log p\}）$。\结束{命题}\开始{proof}设$y\in\{1，\cdots，p-1\}$是一个整数，这样$yb\equiv1$mod$p$。这个整数可以通过欧几里德算法计算，单位为$%O（\log（\max\{\mid-b\mid，p\}））$\算术运算\涉及二进制长度为$O（\max\{log\mid-b\mid，\log p\}）$（cf。\引用[第2卷第4.5.2节]{K}）。我们设置$\gamma=\gamma_{0}=\frac{c}{b}$，$c{0}=c$，并定义\$%{0}\相当于yc$mod$p$。使用这种符号，$p-$adic数字$a_{i}，i=1$，%$\cdots$、$m$可以递归计算，如下所示：\开始{方程式*}\伽马{i}=\frac{\frac{left（c_{i-1}-a_{i-1}b\右）}{p}}{b}=\frac{c{i}}{%b} ，\结束{方程式*}\开始{方程式*}a{i}=yc{i}\text{mod}p。\结束{方程式*}因此，$\gamma$\的$p-$adic展开的计算需要\$%O（m+\log（\max\{\mid-b\mid，p\}））$\带二进制长度\开始{方程式*}O（\max\{\log\mid-c\mid，\text{}\log\mid-b\mid和\text{{}\log-p\}）。\结束{方程式*}\结束{proof}\开始{推论}\标签{cor4.4}让$p$是固定质数，$v{p}$是相应的$%p-$adic估值，以及\开始{方程式*}f（x）=\alpha_{0}\prod\limits_{i=1}^{r}（x-\alpha_2}）^{e_{i}}\in\mathbb{Q}%[x] ，\结束{方程式*}非恒定多项式，例如$v{p}（\alpha{i}）\geqq0$，$i=1，\cdots，卢比。模$p^{l_{f}+1}$\的$p-$adic展开式的计算$f（x）$\\的根$\alpha_{i}$，$i=1,2，\cdots，r$涉及$O（d_{f}$$%整数上的l_{f}+d_{f}$$\log（max\{B，p\}）$\算术运算二进制长度为\$O（\max\{log B，\log p\}）$。\结束{推论}\开始{proof}推论直接从前面的两个命题得出。\结束{proof}\{用分裂$%计算多项式的局部zeta函数\mathbb{Q}$}在本节中，我们将证明算法Compute$Z（s，f）的正确性$并估计其复杂性。\开始{定理}\标签{theoA}算法计算Z（s，f）$outputs\亚纯多项式的Igusa局部zeta函数$Z（s，f）$的延续\$%f（x）\in\mathbb{Z}[x]$，在一个变量中，具有拆分字段\$\mathbb{Q}$%。算法所需的算术运算数为\开始{方程式*}O\左（d_{f}^{6}+d_{f2}^{9}\log（\Vertf\Vert)+l{f}^{2} d日_{f} ^{3}+d_{f}^{2}\log\左（\max\{B，p\}\右），\结束{方程式*}执行这些操作的整数有一个二进制长度\开始{方程式*}O\左（\max\{\log p\text{，}\log l_{f} 天_{f} \text{，}\log B\text{，{%d_{f}^{3}+d_{f}^{2}\log（\Vertf\Vert）\}\right）\text{.}\结束{方程式*}\结束{定理}\开始{proof}通过remark（参考{remark}），我们可以假定\开始{方程式*}f（x）=\alpha_{0}\prod\limits_{i=1}^{r}（x-\alpha_2}）^{e_{i}}\in\mathbb{Q}%[x] \setminus\mathbb{Q}，\结束{方程式*}使用$v{p}（\alpha{i}）\geqq0$，$i=1，\cdots，r$。的正确性算法遵循引理{引理}。复杂性估计为获取如下：步骤2（比较命题ref{prop4.3}），3（比较推论ref{cor4.4}）（参见proposition\ref{prop4.1}）、5（proposition\\ref{prob4.2}）和6位于最多\开始{方程式*}左（l_{f}^{2} d日_{f} ^{3}+d_{f}^{2}\log\left（\max\{B，p\}\right）\right\文本{；}\结束{方程式*}这些操作是在二进制长度为的整数上执行的最多\开始{方程式*}O\左（\max\{\log p\text{，}\log l_{f} d日_{f} \text{，}\log B\}\right）。\结束{方程式*}整个算法的估计值遵循上述估计值和A.K.Lenstra、H.Lenstra和L.Lov%的因子分解算法\'{a} 深圳（参见{L-L-L}的定理3.6）。\结束{proof}\段{流密码和庞加尔序列}庞加尔级数和流之间有着天然的联系密码。为了解释这种关系，我们回顾了有关流密码\\cite{R}让$\mathbb｛F｝_{p^{n}}$是带$p^{n}$元素，其中$p$是质数。\对于任何整数$r>0$和$r$\固定元素$q{i}\in\mathbb｛F｝_{p^{n}}$，$i=1，\mathbb{\cdots}，r$\（称为抽头），长度为线性反馈移位寄存器，缩写为LFSR$r$由$r$单元格组成，其初始内容为$\left\{a_{i}\in\mathbb{F}%_{p^{n}}\midi=1，\mathbb{\cdots}，r\right\}$。对于任何$n\geqslead r$，如果当前状态是$（a{n-1}，\mathbb{\cdots}，a{n-r}）$，然后$a{n}$是由线性递推关系确定\开始{方程式*}a{n}=-\sum\limits{i=1}^{r} 一个_{n-i}q_{i} ●●●●。\结束{方程式*}设备输出最右边的元素$a_{n-r}$，将所有单元格移动一个单元右侧，并将$a{n}$馈送回最左侧的单元格。$r$cells的任何配置都会形成LSFR的状态。如果$%q{r}\neq0$，下面的多项式\$q（x）\in\mathbb｛F｝_{p^{n}}[x]$（共个）度$r$\出现在LFSR分析中：\开始{方程式*}q（x）=q{0}+q_{1} x个+\mathbb{\cdots}+q个_{r} x个^{r} \text｛\with｝q_｛0｝=-1\text｛.｝\结束{方程式*}此多项式称为连接多项式。无限序列$%A=\left\{A_{i}\in\mathbb｛F｝_｛p^｛n｝｝\ mid i \ in \mathbb｛n｝\ right \｝$有如果任何$i\geqslead 0$，\$a{i+T}=a{i}$，则为周期$T$。这样的序列是称为周期性。如果这只适用于大于某些索引$i_{0}$%的$i$则该序列称为最终周期。关于以下事实长度为$r$的LFSR是众所周知的\引用{r}。\开始｛枚举｝\项目可能的状态只有有限多个，并且状态包含所有单元格0将生成$0-$序列。输出顺序为最终周期性，最大周期为$p^{编号}-1$.\item庞加尔级数$\g（x）=\sum\limits_{i=0}^{\infty}_{i} x个^{我}$与输出序列关联的函数称为序列。它是$\mathbb上的有理函数｛F｝_格式为$%的{p^{n}$\g（x）=\frac{L（x）}{R（x）{$，其中$L（x）$，$R（x）$$\in\mathbb｛F｝_{p^{n}}[x]$，$%\度（R（X））-->