分治FFT
引入问题：摘自洛谷P4721 【模板】分治 FFT，描述如下：
给出多项式(g[0..n])，求多项式(f)，满足：
[f(i)=sum_{j=1}^if(i-j)g(j)
]
边界(f(0)=1)。
注意到这是个卷积的形式，不难想到(FTT)，但是这里卷积内有一个(f)，(f)是未知的，就不能用常规的多项式乘法了。
我们引入一个叫做分治(FFT)的算法，其基本思想很简单，就是和(cdq)分治一样，我们先分治左边，然后考虑左边对右边的影响，再分治右边。
具体的，假设我们现在已经做完了([l,mid])，考虑对右边的影响。
我们可以把式子列出来，就是：
[f(i)=sum_{j=l}^{mid}f(j)g(i-j)
]
那么我们可以把(f)的([l,mid])项拿出来，其他项置(0)，在把这个和(g)的([0,r-l])卷起来就可以得到影响，然后加上去就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('
');}
#define lf double
#define ll long long
const int maxn = 2e5+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 998244353;
int f[maxn],g[maxn],mxn,w[maxn],n,N,rw[maxn],t[maxn],bit,pos[maxn],s[maxn];
int qpow(int a,int x) {
int res=1;
for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
return res;
}
void prepare() {
w[0]=1;w[1]=qpow(3,(mod-1)/mxn);
for(int i=2;i<=mxn;i++) w[i]=1ll*w[i-1]*w[1]%mod;
rw[0]=1,rw[1]=qpow(qpow(3,mod-2),(mod-1)/mxn);
for(int i=2;i<=mxn;i++) rw[i]=1ll*rw[i-1]*rw[1]%mod;
}
void ntt(int *r,int op) {
for(int i=1;i<N;i++) if(pos[i]>i) swap(r[i],r[pos[i]]);
for(int i=1,d=mxn>>1;i<N;i<<=1,d>>=1)
for(int j=0;j<N;j+=i<<1)
for(int k=0;k<i;k++) {
int x=r[j+k],y=1ll*r[i+j+k]*(op==1?w:rw)[k*d]%mod;
r[j+k]=(x+y)%mod,r[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
}
if(op==-1) {
int inv=qpow(N,mod-2);
for(int i=0;i<N;i++) r[i]=1ll*r[i]*inv%mod;
}
}
void solve(int l,int r) {
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid);
for(int i=l;i<=mid;i++) t[i-l]=f[i],s[i-l]=g[i-l];
for(int i=mid+1;i<=r;i++) t[i-l]=0,s[i-l]=g[i-l];
for(bit=0,N=1;N<=r-l;N<<=1,bit++);
for(int i=r-l+1;i<N;i++) t[i]=s[i]=0;
for(int i=1;i<N;i++) pos[i]=pos[i>>1]>>1|((i&1)<<(bit-1));
ntt(s,1),ntt(t,1);
for(int i=0;i<N;i++) s[i]=1ll*s[i]*t[i]%mod;
ntt(s,-1);
for(int i=mid+1;i<=r;i++) f[i]=(f[i]+s[i-l])%mod;
solve(mid+1,r);
}
int main() {
read(n);
for(int i=1;i<n;i++) read(g[i]);f[0]=1;
for(mxn=1;mxn<n;mxn<<=1);
prepare();
solve(0,mxn-1);
for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",f[i]);puts("");
return 0;
}
当然这个题也可以用生成函数做，设：
[F(x)=sum_{i=0}^{+infty}f(i)x^i,G(x)=sum_{i=0}^{+infty}g(i)x^i
]
乘起来：
[F(x)G(x)=sum_{i=0}^{+infty}x^isum_{j=0}^if(j)g(i-j)
]
由于(g(0)=0)，可以得到：
[F(x)G(x)=sum_{i=1}^{+infty}f(i)x^i=F(x)-1
]
所以：
[egin{align}
F(x)G(x)&equiv F(x)-1 pmod{x^n}\
F(x)&equiv frac{1}{1-G(x)} pmod{x^n}\
end{align}
]
那么多项式求逆就做完了。
代码咕咕咕