IV.【模板】多项式指数函数（多项式 exp）
本题有两种解法，一种比较好理解，一种比较通用（并且速度快）。
首先法一便是分治FFT解法。
我们有
\[B=e^A
\]
于是两边求导，得到
\[B'=A'e^A
\]
因为又有\(B=e^A\)，代入得
\[B'=A'B
\]
我们再积分回去，得到
\[\int B'=\int A'B
\]
也即
\[B=\int A'B
\]
我们设\(A'B=T\)，于是
\[B=\int T
\]
所以
\[B_i=\dfrac{T_{i-1}}{i}
\]
我们回到公式\(A'B=T\)，将其展开得到
\[T_i=\sum\limits_{j=0}^{i}B_jA_{i-j}'
\]
于是
\[B_i=\dfrac{\sum\limits_{j=0}^{i-1}B_jA_{i-j-1}'}{i}
\]
为同分治NTT的形式统一，我们设一个\(C_i=A_{i-1}'=iA_i\)。
于是
\[B_i=\dfrac{\sum\limits_{j=0}^{i-1}B_jC_{i-j}}{i}
\]
很明显有\(C_0=0\)，因此我们仍然可以写成
\[B_i=\dfrac{\sum\limits_{j=0}^iB_jC_{i-j}}{i}
\]
注意到一定有\(B_0=1\)，这可以从式子中直接得出。
然后就是分治NTT的模板题了。只需要记得当分治区间大小为\(1\)时，将其所代表的数除以\(i\)即可。
时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1<<20;
const int mod=998244353;
const int G=3;
int n,f[N],g[N],rev[N],lim,LG,invlim,all;
int ksm(int x,int y){
int z=1;
for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
return z;
}
void NTT(int *a,int tp){
for(int i=0;i<lim;i++)if(rev[i]>i)swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int md=1;md<lim;md<<=1){
int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
for(int stp=(md<<1),pos=0;pos<lim;pos+=stp){
int w=1;
for(int i=0;i<md;i++,w=1ll*w*rt%mod){
int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
a[pos+i]=(x+y)%mod;
a[pos+md+i]=(x+mod-y)%mod;
}
}
}
if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=1ll*a[i]*invlim%mod;
}
int a[N],b[N];
void func(int l,int k){
for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=b[i]=0;
for(int i=0;i<(1<<k);i++)a[i]=g[l+i];
for(int i=0;i<(2<<k);i++)b[i]=f[i];
lim=(4<<k),LG=k+2,invlim=ksm(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
NTT(a,1),NTT(b,1);
for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
NTT(a,-1);
}
void CDQ(int l,int k){
if(!k){if(l)g[l]=1ll*g[l]*ksm(l,mod-2)%mod;return;}
CDQ(l,k-1);
func(l,k-1);
for(int i=0;i<(1<<(k-1));i++)(g[l+(1<<(k-1))+i]+=a[(1<<(k-1))+i])%=mod;
CDQ(l+(1<<(k-1)),k-1);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]),f[i]=1ll*f[i]*i%mod;
g[0]=1;
while((1<<all)<n)all++;
CDQ(0,all);
for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",g[i]);
return 0;
}
现在我们回到正解。
首先是牛顿迭代法。这玩意是用来求方程\(G\Big(F(x)\Big)\equiv0\pmod {x^n}\)的根的，其中\(G(x)\)已知，要求出\(F(x)\)。
如同求逆一般，我们考虑递推。
我们已经求出一个\(f(x)\)使得
\[G\Big(f(x)\Big)\equiv0\pmod{x^n}
\]
现在我们要求出一个\(F(x)\)使得
\[G\Big(F(x)\Big)\equiv0\pmod{x^{2n}}
\]
我们将\(G\Big(F(x)\Big)\)在\(f(x)\)处泰勒展开，就有
\[G\Big(F(x)\Big)\equiv\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{G^{(i)}\big(f(x)\big)\Big(F(x)-f(x)\Big)^i}{i!}\pmod{x^{2n}}
\]
注意到\(f\equiv0\pmod{x^n}\Leftrightarrow f\text{前}n\text{项的系数皆为}0\)，而\(F(x)-f(x)\equiv0\pmod{x^n}\)又是显然成立的，所以当它乘了\(2\)次以上的幂以后，前\(2n\)位都会为\(0\)，也即
\[\Big(F(x)-f(x)\Big)^i(i\geq 2)\equiv0\pmod{x^{2n}}
\]
所以当你把它带回泰勒展开式后，就会发现保留前\(2\)项即可。
于是
\[G\Big(F(x)\Big)\equiv\sum\limits_{i=0}^1\dfrac{G^{(i)}\big(f(x)\big)\Big(F(x)-f(x)\Big)^i}{i!}\pmod{x^{2n}}
\]
也即
\[G\Big(F(x)\Big)\equiv G\big(f(x)\big)+G'\big(f(x)\big)\Big(F(x)-f(x)\Big)\pmod{x^{2n}}
\]
注意到依据定义，是有\(G\Big(F(x)\Big)\equiv0\pmod{x^{2n}}\)的
所以
\[G\big(f(x)\big)+G'\big(f(x)\big)\Big(F(x)-f(x)\Big)\equiv 0\pmod{x^{2n}}
\]
两边同除\(G'\big(f(x)\big)\)，得到
\[\dfrac{G\big(f(x)\big)}{G'\big(f(x)\big)}+F(x)-f(x)\equiv 0\pmod{x^{2n}}
\]
所以移项，我们得到
\[F(x)\equiv f(x)-\dfrac{G\big(f(x)\big)}{G'\big(f(x)\big)}\pmod{x^{2n}}
\]
这就是多项式牛顿迭代公式，它可以由\(f\)推至\(F\)。
我们将它框起来特别展示一下：
\[\boxed{F(x)\equiv f(x)-\dfrac{G\big(f(x)\big)}{G'\big(f(x)\big)}\pmod{x^{2n}}}
\]
我们现在回到本题。
我们有
\[B(x)\equiv e^{A(x)}\pmod{x^n}
\]
两边求\(\ln\)之后，就得到了
\[\ln B(x)\equiv A(x)\pmod{x^n}
\]
移项，有
\[\ln B(x)-A(x)\equiv0\pmod{x^n}
\]
我们现在设\(G\Big(B(x)\Big)\equiv\ln B(x)-A(x)\pmod{x^n}\)
按照上面的牛顿迭代公式，假设我们已经知道\(b(x)\)，则有
\[B(x)\equiv b(x)-\dfrac{G\big(b(x)\big)}{G'\big(b(x)\big)}\pmod{x^{2n}}
\]
代入\(G\)的定义，我们有（注意到\(G'\Big(b(x)\Big)=\dfrac{1}{b(x)}\)）
\[B(x)\equiv b(x)-\dfrac{\ln b(x)-A(x)}{\dfrac{1}{b_i}}\pmod{x^{2n}}
\]
变换得
\[B(x)\equiv b(x)\Big(A(x)-\ln b(x)+1\Big)\pmod{x^{2n}}
\]
这就是多项式\(\exp\)的递推式。
通过模板化\(\ln f\)，我们可以实现它。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1<<20;
const int mod=998244353;
const int G=3;
int n,rev[N],f[N],g[N],all;
int ksm(int x,int y){
int rt=1;
for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1ll*rt*x)%mod;
return rt;
}
void NTT(int *a,int tp,int LG){
int lim=(1<<LG),invlim=ksm(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int md=1;md<lim;md<<=1){
int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
int w=1;
for(int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
a[pos+i]=(x+y)%mod;
a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=(1ll*a[i]*invlim)%mod;
}
int A[N],B[N],C[N],D[N];
void mul(int *a,int *b,int *c,int LG){
int lim=(1<<LG);
for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0;
for(int i=0;i<(lim>>1);i++)A[i]=a[i],B[i]=b[i];
NTT(A,1,LG),NTT(B,1,LG);
for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
NTT(A,-1,LG);
for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=A[i];
}
void inv(int *a,int *b,int LG){
b[0]=ksm(a[0],mod-2);
for(int k=1;k<=LG+1;k++){
mul(b,a,C,k);
for(int i=0;i<(1<<k);i++)C[i]=(mod-C[i])%mod;
(C[0]+=2)%=mod;
mul(C,b,b,k);
}
}
void diff(int *a,int *b,int lim){
for(int i=0;i<lim;i++)b[i]=1ll*a[i+1]*(i+1)%mod;
b[lim-1]=0;
}
void inte(int *a,int *b,int lim){
for(int i=lim-1;i;i--)b[i]=1ll*a[i-1]*ksm(i,mod-2)%mod;
b[0]=0;
}
void ln(int *a,int *b,int LG){
inv(a,b,LG);
diff(a,C,1<<LG);
mul(b,C,b,LG+1);
inte(b,b,1<<LG);
}
void exp(int *a,int *b,int LG){
b[0]=1;
for(int k=1;k<=LG+1;k++){
ln(b,D,k-1);
for(int i=0;i<(1<<(k-1));i++)D[i]=(a[i]-D[i]+mod)%mod;
D[0]=(D[0]+1)%mod;
// for(int i=0;i<(1<<(k-1));i++)printf("%d ",D[i]);puts("");
mul(b,D,b,k);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
while((1<<all)<n)all++;
exp(f,g,all);
for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",g[i]);puts("");
return 0;
}