[Zijian47]梦中的项链

先不考虑环和相邻两项不同的限制，此时的问题即选择若干个数和为$w$，且选择$k$有$a_{k}$的系数，那么构造生成函数$G(x)=sum_{i=1}^{n}a_{i}x^{i}$，则问题即求$sum_{ige 0}G^{i}(x)=frac{1}{1-G(x)}$

进一步的，要求相邻两项不同，构造$F(x)=sum_{i=1}^{n}sum_{jge 1}(-1)^{j-1}a_{i}x^{ij}$，求$frac{1}{1-F(x)}$即可

关于正确性，考虑每一组方案的贡献，分类讨论：

1.若其中没有相邻两项相同，显然贡献为1

2.若其中有相邻两项相同，任取其中极长的一段，设长度为$lge 2$，那么将其划分为$j$段的贡献为$(-1)^{l-j}$（注意到每一段都会减少一个$-1$），而划分为$j$段的方案数为${l-1choose j-1}$，因此贡献为$sum_{j=1}^{l}(-1)^{l-j}{l-1choose j-1}$，根据二项式定理将其展开，即为$(1+(-1))^{l-1}=0$

更进一步的，考虑环的限制，再乘上$H(x)=1+sum_{i=1}^{n}sum_{jge 2}(-1)^{j-1}(j-1)a_{i}x^{ij}$即可

正确性与之前类似，即将开头和末尾所构成的段也参与贡献

但这样还有两个小问题：

1.当所有位置都相同，若全长为$l$，此时的贡献即$(-1)^{l-1}$，那么即再减去$F(x)$即可

2.当全部为空，由于至少要两个，因此不允许出现，还要减去$1$

综上，答案即$frac{H(x)}{1-F(x)}-F(x)-1$，计算复杂度为$o(nlog n)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N (1<<18)
#define mod 998244353
struct poly{
    vector<int>a; 
}A,B,C;
int n,a[N],rev[N];
int qpow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=1LL*ans*s%mod;
        s=1LL*s*s%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans;
}
void ntt(poly &a,int n,int p){
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
        if (i<rev[i])swap(a.a[i],a.a[rev[i]]);
    for(int i=2;i<=(1<<n);i<<=1){
        int s=qpow(3,(mod-1)/i);
        if (p)s=qpow(s,mod-2);
        for(int j=0;j<(1<<n);j+=i)
            for(int k=0,ss=1;k<(i>>1);k++,ss=1LL*ss*s%mod){
                int x=a.a[j+k],y=1LL*ss*a.a[j+k+(i>>1)]%mod;
                a.a[j+k]=(x+y)%mod;
                a.a[j+k+(i>>1)]=(x-y+mod)%mod;
            }
    }
    if (p){
        int s=qpow((1<<n),mod-2);
        for(int i=0;i<(1<<n);i++)a.a[i]=1LL*a.a[i]*s%mod;
    }
}
poly mul(poly a,poly b,int n){
    while ((a.a.size()<(1<<n+1)))a.a.push_back(0);
    while ((b.a.size()<(1<<n+1)))b.a.push_back(0);
    for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)a.a[i]=b.a[i]=0;
    for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)+((i&1)<<n);
    ntt(a,n+1,0);
    ntt(b,n+1,0);
    for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)a.a[i]=1LL*a.a[i]*b.a[i]%mod;
    ntt(a,n+1,1);
    return a;
}
poly inv(poly a,int n){
    if (!n){
        poly ans;
        ans.a.push_back(qpow(a.a[0],mod-2));
        return ans;
    }
    poly s=inv(a,n-1),ans=mul(s,a,n);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans.a[i]=mod-ans.a[i];
    ans.a[0]+=2;
    return mul(ans,s,n);
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=0;i<N;i++){
        A.a.push_back(0);
        B.a.push_back(0);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n/i;j++){
            if (j&1)A.a[i*j]=(A.a[i*j]+a[i])%mod;
            else A.a[i*j]=(A.a[i*j]-a[i]+mod)%mod;
            if (j>=2){
                if (j&1)B.a[i*j]=(B.a[i*j]-1LL*(j-1)*a[i]%mod+mod)%mod;
                else B.a[i*j]=(B.a[i*j]+1LL*(j-1)*a[i])%mod;
            }
        }
    for(int i=0;i<N;i++){
        C.a.push_back(mod-A.a[i]);
        B.a[i]=mod-B.a[i];
    }
    C.a[0]++,B.a[0]++;
    C=mul(inv(C,17),B,17);
    for(int i=0;i<N;i++)C.a[i]=(C.a[i]-A.a[i]+mod)%mod;
    C.a[0]--;
    for(int i=0;i<=n;i++)printf("%d ",C.a[i]);
}