loj
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给你一个长度为\(n\)的数列\(a_i\)，求它的\(k\)次前缀和模\(998244353\)。（就是做\(k\)次前缀和后的数列）
\(n\le10^5,k\le2^{60}\)。
sol
设\(F_t(x)\)表示数列在做过\(t\)次前缀和之后的生成函数。
尝试构造一个函数\(G(x)\)，满足\(F_t(x)G(x)\equiv F_{t+1}(x) \mod x^n\)。
发现\(G(x)=\sum_{i=0}^{n}x^i\)。
所以有\(F_k(x)=F_0(x)G^k(x)\)。直接多项式快速幂即可，理论复杂度\(O(n\log n)\)。（用多项式\(\ln\)多项式\(\exp\)那套理论就可以做到复杂度与\(k\)无关）
以上那种方法我没写，谁来写一写看看能不能跑得过去吧。
考虑一下上式的组合意义。因为\(G(x)\)的每一项都是\(1\)，那么\([x^i]G^k(x)\)相当于从\(k\)个盒子里取出若干个球使取出来的总数为\(i\)的方案数。在这里认为盒子不同而球相同。而这个方案数显然是可以组合算的，用隔板法即可。
也就是说，\(G^k(x)=\sum_{i=0}^{n}\binom{i+k-1}{k-1}x^i\)。
发现\(k\)非常大不好预处理组合数。考虑组合数的一个同层的递推式：\(\binom{n+1}{m}=\binom{n}{m}\times\frac{n+1}{n-m+1}\)。
所以直接递推即可，复杂度\(O(n\log n)\)。
code
#include
#include
#include
using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int N = 4e5+5;
const int mod = 998244353;
int n,k,len,rev[N],l,og[N],a[N],b[N];
int fastpow(int a,int b){
int res=1;
while(b){if(b&1)res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
return res;
}
void ntt(int *P,int opt){
for (int i=0;i>1]>>1)|((i&1)<