以NTT为运算基础，即默认支持在$o(nlog n)$的时间内多项式乘法
二次剩余：称$n$为模$p$意义下的二次剩余，当且仅当存在$x$使得$x^{2}equiv n(mod p)$
当$p$为素数时，$n$为二次剩余当且仅当$pmid n$或$n^{frac{p-1}{2}}equiv 1(mod p)$，且$[1,p)$中恰有$frac{p-1}{2}$个数为二次剩余
模意义下开根号：当$p$为素数且$n$为模$p$意义下的二次剩余，求$x$使得$x^{2}equiv n(mod p)$
当$pmid n$，令$x=0$即可，否则即$n^{frac{p-1}{2}}equiv 1(mod p)$时
随机$a$使得$a^{2}-n$为非二次剩余，根据前面的结论，单次判定为$o(log p)$，且随机次数为期望$o(1)$
令$w^{2}equiv a^{2}-n(mod p)$（其中$w$类似于虚数单位$i$，并不存在），即有$w^{p-1}equiv -1(mod p)$
将之化简，即$nequiv (a-w)(a+w)(mod p)$，将$aequiv a^{p}(mod p)$且$wequiv -w^{p}(mod p)$，代入$a-w$中即可得到$nequiv (a^{p}+w^{p})(a+w)(mod p)$
进一步的，不难得到$(a+w)^{p}equiv a^{p}+w^{p}(mod p)$，那么$nequiv (a+w)^{p+1}(mod p)$，将其开根号也即有$xequiv (a+w)^{frac{p+1}{2}}(mod p)$
在快速幂过程中，将每一个数用形如$a+bw$的形式描述（利用$w^{2}equiv a^{2}-n$来消除高次项），且可以证明最终$bequiv 0(mod p)$
牛顿迭代：给定函数$G$，若$G(F_{0})equiv 0(mod x^{frac{n}{2}})$，求$G(F)equiv 0(mod x^{n})$，做法如下——
根据泰勒展开，有
$$
G(F)=sum_{i=0}^{infty}frac{1}{i!}(F-F_{0})^{i}G^{(i)}(F_{0})equiv 0(mod x^{n})
$$
（其中$G^{(i)}$指$G$的$i$阶导数）
若$G(F)$中若修改$F$的$i$次项系数，不影响$G(F)$中比$i$次数低的项系数，即有$Fequiv F_{0}(mod x^{frac{n}{2}})$
进而，即$(F-F_{0})^{2}equiv 0(mod x^{n})$，因此上式等价于$G(F_{0})+(F-F_{0})G'(F_{0})equiv 0(mod x^{n})$
化简后，即$Fequiv F_{0}-frac{G(F_{0})}{G'(F_{0})}(mod x^{n})$，再根据具体的$G$计算即可
多项式求逆：给定多项式$A$，求多项式$F$使得$AFequiv 1(mod x^{n})$
将之简单化简，也即解$G(F)=F^{-1}-Aequiv 0(mod x^{n})$
（这里$G$需要保证$A$为单独一项，否则会导致嵌套）
$G(F)equiv 0(mod x)$直接对常数项求逆元即可，接下来根据$Fequiv F_{0}-frac{G(F_{0})}{G'(F_{0})}(mod x^{n})$，代入并化简即可得到$Fequiv (2-AF_{0})F_{0}(mod x^{n})$，直接NTT计算即可
由于每一层计算复杂度为$o(nlog n)$，总复杂度也为$o(nlog n)$
多项式除法：给定多项式$A$和$B$，求多项式$F$使得$AFequiv B(mod x^{n})$
先利用多项式求逆找到$AF'equiv 1(mod x^{n})$，令$Fequiv F'B(mod x^{n})$显然成立
多项式开方：给定多项式$A$，求多项式$F$使得$F^{2}equiv A(mod x^{n})$
将之简单化简，也即解$G(F)=F^{2}-Aequiv 0(mod x^{n})$
$G(F)equiv 0(mod x)$直接对常数项开根即可，接下来根据$Fequiv F_{0}-frac{G(F_{0})}{G'(F_{0})}(mod x^{n})$，代入并化简即可得到$Fequiv frac{F_{0}^{2}-A}{2F_{0}}(mod x^{n})$，利用多项式除法计算即可
由于每一层计算复杂度为$o(nlog n)$，总复杂度也为$o(nlog n)$
多项式求对数：给定多项式$A$，求多项式$F$使得$e^{F}equiv A(mod x^{n})$
（关于这个$e^{F}$，将其对$F_{0}=0$这个多项式泰勒展开，即有$e^{F}=sum_{i=0}^{infty}frac{1}{i!}F^{i}$）
如果使用与之前做法相同的思路，会导致其需要在过程中求多项式的exp，而求exp时又需要求对数，会导致嵌套而无法实现
事实上，对于多项式求对数，有更为简单（不依赖于exp）的做法——
对原式两边求导，即$F'e^{F}equiv A(mod x^{n})$
代入$e^{F}equiv A(mod x^{n})$，即$F'equiv frac{A}{A'}(mod x^{n})$
再对两边同时积分，即$Fequiv int frac{A}{A'}(mod x^{n})$
利用多项式求逆以及多项式积分法则，即可做到$o(nlog n)$的复杂度
多项式求exp：给定多项式$A$，求$Fequiv e^{A}(mod x^{n})$
将之简单化简，也即解$G(F)=ln F-Aequiv 0(mod x^{n})$
由于$ln F$的常数项一定为0，因此$A$的常数项也必然为0
$G(F)equiv 0(mod x)$直接取$F=1$即可（$A$常数项为0），接下来根据$Fequiv F_{0}-frac{G(F_{0})}{G'(F_{0})}(mod x^{n})$，代入并化简即可得到$Fequiv (A-ln F_{0}+1)F_{0}(mod x^{n})$，利用多项式求对数计算即可
由于每一层计算复杂度为$o(nlog n)$，总复杂度也为$o(nlog n)$
多项式求幂：给定多项式$A$，求$Fequiv A^{k}(mod x^{n})$
直接快速幂复杂度为$o(nlog^{2}n)$，并不足够优秀
对原式的两边同时取对数，即$ln Fequiv kln A(mod x^{n})$，再同时exp即$F=e^{kln A}$，利用多项式求对数和exp即可$o(nlog n)$计算
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define mod 998244353 4 int n,k,tmp; 5 struct num{ 6 int x,y; 7 num(int a,int b){ 8 x=a,y=b; 9 } 10 num operator + (const num &k)const{ 11 return num((x+k.x)%mod,(y+k.y)%mod); 12 } 13 num operator * (const num &k)const{ 14 return num((1LL*x*k.x+1LL*y*k.y%mod*tmp)%mod,(1LL*x*k.y+1LL*k.x*y)%mod); 15 } 16 }; 17 struct poly{ 18 vector<int>a; 19 poly(){ 20 a.clear(); 21 } 22 poly(int x){ 23 a.clear(); 24 a.push_back(x); 25 } 26 }a,ans; 27 int qpow(int n,int m){ 28 int s=n,ans=1; 29 while (m){ 30 if (m&1)ans=1LL*ans*s%mod; 31 s=1LL*s*s%mod; 32 m>>=1; 33 } 34 return ans; 35 } 36 num qpow(num n,int m){ 37 num s=n,ans=num(1,0); 38 while (m){ 39 if (m&1)ans=ans*s; 40 s=s*s; 41 m>>=1; 42 } 43 return ans; 44 } 45 int Sqrt(int k){ 46 int a; 47 while (1){ 48 int x=1LL*rand()*rand()%mod,p=(1LL*x*x+mod-k)%mod; 49 if ((p)&&(qpow(p,(mod-1)/2)!=1)){ 50 a=x; 51 break; 52 } 53 } 54 tmp=(1LL*a*a+mod-k)%mod; 55 int ans=qpow(num(a,1),(mod+1)/2).x; 56 return min(ans,mod-ans); 57 } 58 poly Add(poly a,int l){ 59 while (a.a.size()<(1<<l))a.a.push_back(0); 60 return a; 61 } 62 poly Int(poly a,int n){ 63 for(int i=(1<<n)-1;i;i--)a.a[i]=1LL*a.a[i-1]*qpow(i,mod-2)%mod; 64 a.a[0]=0; 65 return a; 66 } 67 poly derive(poly a,int n){ 68 for(int i=1;i<(1<<n);i++)a.a[i-1]=1LL*a.a[i]*i%mod; 69 a.a[(1<<n)-1]=0; 70 return a; 71 } 72 void ntt(poly &a,int n,int p){ 73 for(int i=0;i<(1<<n);i++){ 74 int s=0; 75 for(int j=0;j<n;j++) 76 if (i&(1<<j))s+=(1<<n-j-1); 77 if (i<s)swap(a.a[i],a.a[s]); 78 } 79 for(int i=2;i<=(1<<n);i*=2){ 80 int s=qpow(3,(mod-1)/i); 81 if (p)s=qpow(s,mod-2); 82 for(int j=0;j<(1<<n);j+=i){ 83 for(int k=0,ss=1;k<(i>>1);k++,ss=1LL*ss*s%mod){ 84 int x=a.a[j+k],y=1LL*a.a[j+k+(i>>1)]*ss%mod; 85 a.a[j+k]=(x+y)%mod; 86 a.a[j+k+(i>>1)]=(x+mod-y)%mod; 87 } 88 } 89 } 90 if (p){ 91 int s=qpow((1<<n),mod-2); 92 for(int i=0;i<(1<<n);i++)a.a[i]=1LL*a.a[i]*s%mod; 93 } 94 } 95 poly add(poly a,poly b,int n){ 96 for(int i=0;i<(1<<n);i++)a.a[i]=(a.a[i]+b.a[i])%mod; 97 return a; 98 } 99 poly mul(poly a,int k,int n){ 100 for(int i=0;i<(1<<n);i++)a.a[i]=1LL*a.a[i]*k%mod; 101 return a; 102 } 103 poly mul(poly a,poly b,int n){ 104 a=Add(a,n+1),b=Add(b,n+1); 105 for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)a.a[i]=b.a[i]=0; 106 ntt(a,n+1,0); 107 ntt(b,n+1,0); 108 poly ans; 109 for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)ans.a.push_back(1LL*a.a[i]*b.a[i]%mod); 110 ntt(ans,n+1,1); 111 for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans.a.pop_back(); 112 return ans; 113 } 114 poly inv(poly a,int n){ 115 if (!n)return poly(qpow(a.a[0],mod-2)); 116 poly s=Add(inv(a,n-1),n),ans=mul(a,s,n); 117 ans=add(mul(ans,mod-1,n),Add(poly(2),n),n); 118 return mul(ans,s,n); 119 } 120 poly sqrt(poly a,int n){ 121 if (!n)return poly(Sqrt(a.a[0])); 122 poly s=Add(sqrt(a,n-1),n),ans=mul(s,s,n); 123 ans=mul(add(ans,a,n),(mod+1)/2,n); 124 return mul(ans,inv(s,n),n); 125 } 126 poly ln(poly a,int n){ 127 return Int(mul(derive(a,n),inv(a,n),n),n); 128 } 129 poly exp(poly a,int n){ 130 if (!n)return poly(1); 131 poly s=Add(exp(a,n-1),n),ans=ln(s,n); 132 ans=add(add(a,mul(ans,mod-1,n),n),Add(poly(1),n),n); 133 return mul(ans,s,n); 134 } 135 poly qpow(poly a,int n,int m){ 136 return exp(mul(ln(a,n),m,n),n); 137 } 138 int main(){ 139 srand(time(0)); 140 scanf("%d%d",&n,&k); 141 a=Add(a,17); 142 for(int i=0;i<=n;i++)scanf("%d",&a.a[i]); 143 ans=exp(Int(inv(sqrt(a,17),17),17),17); 144 ans=add(mul(ans,mod-1,17),add(a,Add(poly(mod+2-a.a[0]),17),17),17); 145 ans=derive(qpow(add(ln(ans,17),Add(poly(1),17),17),17,k),17); 146 for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",ans.a[i]); 147 }