求多项式 for tutu（修正版）

求多项式 $f(x)$，使得 $x^2+1\mid f(x)$，且 $x^3+x^2+1\mid f(x)+1$。

设
\begin{align*}
f(x)&=p(x)(x^2+1), \\
f(x)+1&=q(x)(x^3+x^2+1),
\end{align*}
其中 $p(x)$，$q(x)$ 为多项式。
显然 $p(x)$、$q(x)$ 均不为 $0$，故 $\deg p(x)=\deg q(x) + 1$ ，于是又可设
\[p(x)=axq(x)+r(x),\]
其中 $a\ne0$，且 $\deg r(x)\leqslant\deg q(x)$。
消去 $f(x)$ 得
\begin{align*}
  & q(x)(x^3+x^2+1)-1=p(x)(x^2+1) \\
\iff{} & q(x)(x^3+x^2+1)-1=\bigl(axq(x)+r(x)\bigr)(x^2+1) \\
\iff{} & q(x)\bigl(x^3+x^2+1-ax(x^2+1)\bigr)=1+r(x)(x^2+1) \\
\iff{} & q(x)\bigl((1-a)x^3+x^2-ax+1\bigr)=x^2r(x)+r(x)+1,
\end{align*}
由于 $\deg x^2r(x) \leqslant \deg x^2q(x) < \deg x^3q(x)$，故显然有 $a=1$，于是
\[(x^2-x+1)q(x)=x^2r(x)+r(x)+1,\]
故 $\deg r(x)=\deg q(x)$，且必有 $r(x)=q(x)+t(x)$，其中 $\deg t(x)<\deg q(x)$，代入得
\[-xq(x)=x^2t(x)+t(x)+1,\]
显然必须 $t(x)=s(x)x-1$，其中 $s(x)$ 是一多项式，代入得
\[-xq(x)=x^3s(x)-x^2+s(x)x\iff q(x)=x-(x^2+1)s(x),\]
故
\begin{align*}
p(x)&=xq(x)+r(x)\\
&=(x+1)q(x)+t(x)\\
&=(x+1)\bigl(x-(x^2+1)s(x)\bigr)+s(x)x-1\\
&=x^2+x-1+\bigl(x-(x+1)(x^2+1)\bigr)s(x)\\
&=x^2+x-1-(x^3+x^2+1)s(x),
\end{align*}
代入验证有
\begin{align*}
f(x)&=\bigl(x^2+x-1-(x^3+x^2+1)s(x)\bigr)(x^2+1),\\
f(x)+1&=\bigl(x-(x^2+1)s(x)\bigr)(x^3+x^2+1),
\end{align*}
成立，故所求的所有 $f(x)$ 为
\[f(x)=\bigl(x^2+x-1-(x^3+x^2+1)s(x)\bigr)(x^2+1),\]
其中 $s(x)$ 为任意多项式。