分治FFT：
解决的是形似以下的问题：
给定n次多项式(g(x))，求多项式(f(x))，其中(f)的第(i)项系数的表达式为(sum f_{j} imes g_{i-j})。
解法：
不难发现式子也是卷积的形式，但是与普通多项式乘法不一样的是，每一项的系数依赖前面的项的系数，使得普通的FFT无法起作用。
考虑分治，将区间([l,r])分为([l,mid],[mid+1,r])两个区间计算，计算完([l,mid])中的多项式的系数之后，可以很方便的将([l,mid])对([mid+1,r])的贡献给算出来，贡献的计算同上面的递推式。
由于贡献的计算也需要依赖前面的系数，所以分治时的进程是：
divide(l,mid);
calc([l,mid]->[mid+1,r]);
divide(mid+1,r);
不难发现每个点之前的部分会被拆成若干个区间累加到这个位置上，所以正确性显而易见。
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* Author : ylsoi
* Time : 2019.1.29
* Problem : luogu4721
* E-mail : ylsoi@foxmail.com
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#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;
using namespace std;
void File(){
freopen("luogu4721.in","r",stdin);
freopen("luogu4721.out","w",stdout);
}
template<typename T>void read(T &_){
_=0; T fl=1; char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')fl=-1;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())_=(_<<1)+(_<<3)+(ch^'0');
_*=fl;
}
const int maxn=1e5+10;
const int mod=998244353;
ll qpow(ll x,ll y){
ll ret=1; x%=mod;
while(y){
if(y&1)ret=ret*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ret;
}
struct ksslbh{
int lim,cnt,dn[maxn<<2];
ll g[maxn<<2],ig[maxn<<2];
void ntt(ll *A,int ty){
REP(i,0,lim-1)if(i<dn[i])swap(A[i],A[dn[i]]);
for(int len=1;len<lim;len<<=1){
ll w= ty==1 ? g[len<<1] : ig[len<<1];
for(int L=0;L<lim;L+=len<<1){
ll wk=1;
REP(i,L,L+len-1){
ll u=A[i],v=A[i+len]*wk%mod;
A[i]=(u+v)%mod;
A[i+len]=(u-v)%mod;
wk=wk*w%mod;
}
}
}
}
void work(int n,int m,ll *a,ll *b){
lim=1,cnt=0;
while(lim<=n+m)lim<<=1,++cnt;
if(!cnt)cnt=1;
REP(i,0,lim){
dn[i]=dn[i>>1]>>1|((i&1)<<(cnt-1));
if(i>n)a[i]=0;
if(i>m)b[i]=0;
}
g[lim]=qpow(3,(mod-1)/lim);
ig[lim]=qpow(g[lim],mod-2);
for(int i=lim>>1;i;i>>=1){
g[i]=g[i<<1]*g[i<<1]%mod;
ig[i]=ig[i<<1]*ig[i<<1]%mod;
}
ntt(a,1),ntt(b,1);
REP(i,0,lim-1)a[i]=a[i]*b[i]%mod;
ntt(a,-1);
ll inv=qpow(lim,mod-2);
REP(i,0,lim-1)a[i]=a[i]*inv%mod;
}
}T;
int n;
ll f[maxn<<2],g[maxn<<2],a[maxn<<2],b[maxn<<2];
void divide(int l,int r){
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
divide(l,mid);
int nn=mid-l,mm=r-l-1;
//nn means the pows of f/a
//mm means the pows of g/b
REP(i,0,nn)a[i]=f[l+i];
REP(i,0,mm)b[i]=g[i+1];
T.work(nn,mm,a,b);
REP(i,mid+1,r)f[i]=(f[i]+a[i-1-l])%mod;
divide(mid+1,r);
}
int main(){
//File();
read(n);
REP(i,1,n-1)read(g[i]);
f[0]=1;
divide(0,n);
REP(i,0,n-1)printf("%lld ",(f[i]+mod)%mod);
return 0;
}
多项式求逆：
对于一个多项式(A(x))，找到一个多项式(A^{-1}(x))，使得(A(x) imes A^{-1}(x))只有常数项的系数为1，其余项的系数全部为0，那么我们称(A^{-1}(x))为多项式(A(x))的逆。
当常数项存在逆元的时候，利用递推的方法去求解多项式的逆，不难发现所得的多项式是一个无限项的级数，所以我们一般只取前面(n-1)次，即对(x^n)取模。
暴力求法：
从低次依次向高次递推，每次求解(n)次项的系数(a_n)时，将前(n)项带入，所得的和需为(0)，直接解出来即可。
优化：
观察上面的递推过程，不难发现后面的项求解需要用到前面的项的信息，利用分治FFT可以优化到(nlog^2n)。
更加优秀的解法：
直接一项一项地递推显然太浪费时间，考虑利用倍增的思想来利用前面的项推出后面的项。
假设我们现在得到了前(frac{n}{2})项的系数，那么我们就要想办法得出前(n)项的系数。
假设前(frac{n}{2})项的多项式为(B(x))，最终的多项式为(A^{-1}(x))，那么我们可以得到
为了使模数提升至(x^{n})，可以将等式两边平方得：
考虑证明这一步，任意一个(i (i < n))次项的系数的拆分必定有一个数(< frac{n}{2})，而任意(< frac{n}{2})次项的系数都为0，所以(i (i<n))次项的系数都为(0)。
同时注意这种变化只有在等号右边等于(0)时才成立，这也是为什么要拿两式相减的理由。
然后将平方项拆开：
两边同时乘以(A(x))：
然后我们就成功地得到了在模(x^n)意义下的多项式(A^{-1}(x))。
具体实现：
考虑递归实现上述过程。
实现过程中，理论上(A(x))和(B(x))项数都很多，但为了保证复杂度，(A(x))每次取对计算有贡献的前(n)项，而(B(x))原本是在模(x^frac{n}{2})意义下的多项式，只取前(frac{n}{2})项即可，所以最后乘出来的多项式为(2n)次的，时间复杂度满足(T(n)=nlog n+T(frac{n}{2}))。
所以最终时间复杂度为(nlog n)。
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* Author : ylsoi
* Time : 2019.2.2
* Problem : luogu4238
* E-mail : ylsoi@foxmail.com
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#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;
using namespace std;
void File(){
freopen("luogu4238.in","r",stdin);
freopen("luogu4238.out","w",stdout);
}
template<typename T>void read(T &_){
_=0; T fl=1; char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')fl=-1;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())_=(_<<1)+(_<<3)+(ch^'0');
_*=fl;
}
const int maxn=1e5+10;
const int mod=998244353;
int lim,cnt,dn[maxn<<2];
ll g[maxn<<2],ig[maxn<<2];
ll qpow(ll x,ll y){
ll ret=1; x%=mod;
while(y){
if(y&1)ret=ret*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ret;
}
void ntt(ll *A,int ty){
REP(i,0,lim-1)if(i<dn[i])swap(A[i],A[dn[i]]);
for(int len=1;len<lim;len<<=1){
ll w= ty==1 ? g[len<<1] : ig[len<<1];
for(int L=0;L<lim;L+=len<<1){
ll wk=1;
REP(i,L,L+len-1){
ll u=A[i],v=A[i+len]*wk%mod;
A[i]=(u+v)%mod;
A[i+len]=(u-v)%mod;
wk=wk*w%mod;
}
}
}
}
int n;
ll f[maxn<<2],a[maxn<<2],b[maxn<<2];
void init(){
read(n);
REP(i,0,n-1)read(f[i]);
lim=1;
while(lim<=n+n)lim<<=1;
g[lim]=qpow(3,(mod-1)/lim);
ig[lim]=qpow(g[lim],mod-2);
for(int i=lim>>1;i;i>>=1){
g[i]=g[i<<1]*g[i<<1]%mod;
ig[i]=ig[i<<1]*ig[i<<1]%mod;
}
}
void poly_inv(int k){
if(k==1){
b[0]=qpow(f[0],mod-2);
return;
}
poly_inv((k+1)>>1);
lim=1,cnt=0;
while(lim<=k+k)lim<<=1,++cnt;
if(!cnt)cnt=1;
REP(i,0,lim-1)dn[i]=dn[i>>1]>>1|((i&1)<<(cnt-1));
REP(i,0,k-1)a[i]=f[i];
REP(i,k,lim-1)a[i]=0;
ntt(a,1),ntt(b,1);
REP(i,0,lim-1)b[i]=b[i]*(2ll-a[i]*b[i]%mod)%mod;
ntt(b,-1);
ll inv=qpow(lim,mod-2);
REP(i,0,k-1)b[i]=b[i]*inv%mod;
REP(i,k,lim)b[i]=0;
}
int main(){
File();
init();
poly_inv(n);
REP(i,0,n-1)printf("%lld ",(b[i]%mod+mod)%mod);
return 0;
}