洛谷P4238 【模板】多项式求逆（NTT）

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学习了一下大佬的->这里

已知多项式$A(x)$，若存在$A(x)B(x)equiv 1pmod{x^n}$

则称$B(x)$为$A(x)$在模$x^n$下的逆元，记做$A^{-1}(x)$

具体的来说的话，就是两个多项式$A,B$相乘模$x^n$之后，所有次数大于等于$n$的项都没了，那么只有在剩下的项相乘之后未知数项全被消掉只留下一个常数项$1$时，$B$才是$A$的逆元

然后为什么要有模$x^n$的限制呢？因为没有这个限制的话，$B$可能有无穷多项

然后我们考虑如何计算$B(x)$

当$n=1$的时候，$A(x)equiv cpmod{x}$，其中$c$为常数项，那么$A^{-1}(x)$就是$c^{-1}$

当$n>1$时$$B(x)A(x)equiv 1pmod{x^n}$$

设$B'(x)$是模$x^{leftlceilfrac{n}{2} ight ceil}$时的逆元，即$$B'(x)A(x)equiv 1pmod{x^{leftlceilfrac{n}{2} ight ceil}}$$

首先，可以肯定$$B(x)A(x)equiv 1pmod{x^{leftlceilfrac{n}{2} ight ceil}}$$

那么上下两个式子相减可得$$B(x)-B'(x)equiv 0pmod{{x^{leftlceilfrac{n}{2} ight ceil}}}$$

然后两边平方$$B^2(x)-2B'(x)B(x)+B'^2(x)equiv 0pmod{{x^n}}$$

为什么上面模数变成$x^n$呢？我们考虑如果一个多项式在$pmod{x^n}$的情况下为$0$，那么说明$0$到$n-1$项的系数也为$0$，它平方之后$0$到$2n-1$项系数$a_i$为$sum_{j=0}^ia_ja_{i-j}$，那么$j$和$i-j$中必有一个小于$n$，也就是说$a_j$和$a_{i-j}$里必有一个为$0$，那么$a_i$也是$0$，所以平方之后在$mod{2n}$也为$0$

然后在上式两边同乘$A(x)$并移项可得$$B(x)equiv2B'(x)-A(x)B'^2(x)pmod{x^n}$$

那么发现这个东西可以递归计算，时间复杂度为$O(nlogn)$

//minamoto
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define mul(x,y) (1ll*x*y%P)
#define add(x,y) (x+y>=P?x+y-P:x+y)
#define dec(x,y) (x-y<0?x-y+P:x-y)
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline int read(){
    #define num ch-'0'
    char ch;bool flag=0;int res;
    while(!isdigit(ch=getc()))
    (ch=='-')&&(flag=true);
    for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
    (flag)&&(res=-res);
    #undef num
    return res;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
inline void print(int x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=' ';
}
const int N=(1<<21)+5,P=998244353,G=3,Gi=332748118;
inline int ksm(int a,int b){
    int res=1;
    while(b){
        if(b&1) res=mul(res,a);
        a=mul(a,a),b>>=1;
    }
    return res;
}
int n,r[N],X[N],Y[N],A[N],B[N],O[N];
void NTT(int *A,int type,int len){
    int limit=1,l=0;
    while(limit<len) limit<<=1,++l;
    for(int i=0;i<limit;++i)
    r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
    for(int i=0;i<limit;++i)
    if(i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
    for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1){
        int R=mid<<1,Wn=ksm(G,(P-1)/R);O[0]=1;
        for(int j=1;j<mid;++j) O[j]=mul(O[j-1],Wn);
        for(int j=0;j<limit;j+=R){
            for(int k=0;k<mid;++k){
                int x=A[j+k],y=mul(O[k],A[j+k+mid]);
                A[j+k]=add(x,y),A[j+k+mid]=dec(x,y);
            }
        }
    }
    if(type==-1){
        //这里这么写是因为如果要点值转系数直接reverse再除以n（也就是乘个逆元）就好了 
        reverse(A+1,A+limit);
        for(int i=0,inv=ksm(limit,P-2);i<limit;++i)
        A[i]=mul(A[i],inv);
    }
}
void work(int *a,int *b,int len){
    if(len==1) return (void)(b[0]=ksm(a[0],P-2));
    work(a,b,len>>1);
    for(int i=0;i<len;++i) A[i]=a[i],B[i]=b[i];
    NTT(A,1,len<<1),NTT(B,1,len<<1);
    for(int i=0;i<(len<<1);++i)
    A[i]=mul(mul(A[i],B[i]),B[i]);
    NTT(A,-1,len<<1);
    for(int i=0;i<len;++i) b[i]=(1ll*(b[i]<<1)%P+P-A[i])%P;
}
int main(){
//    freopen("testdata.in","r",stdin);
    n=read();
    for(int i=0;i<n;++i) X[i]=(read()+P)%P;
    int len;for(len=1;len<n;len<<=1);
    work(X,Y,len);
    for(int i=0;i<n;++i) print(Y[i]);
    Ot();
    return 0;
}