Luogu P4721 【模板】分治 FFT

多项式全家桶

运算法则	算法	时间复杂度
多项式乘法	快速傅里叶变换	$\Theta (n{\log }_{2}n)$
多项式求逆	倍增+快速数论变换	$\Theta (n{\log }_{2}n)$
多项式对数函数	求导+积分	$\Theta (n{\log }_{2}n)$
多项式指数函数	泰勒展开+牛顿迭代	$\Theta (n{\log }_{2}n)$
分治FFT卷积	分治FFT/多项式求逆	$\Theta (n{\log }_2^{2}n)/\Theta (n{\log }_{2}n)$

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题目大意

% 　　给定长度为 $n-1$ 的序列 $g_i$，其中 $i\in [1,n)\cap \mathbb{Z}$，已知 $f_0=1$，你需要对于每个 $i$ 求出 $$f_i=\sum _{j=1}^i{f}_{i-j}{g}_j$$　　对 $998244353$ 取模后的结果。

数据范围　$2⩽n⩽10^5,\forall i\in [1,n)\cap \mathbb{Z},$有 $0⩽g_i<998244353$。

题解

% 　　先来考虑一种不那么通用，但效率更高的方法。
% 　　不妨令 $g_0=0$，下标超出 $n$ 的部分也为 $0$，设 $f_i$ 和 $g_i$ 的生成函数分别为
$$\begin{array}{r}F(x)=\sum _{i=0}^{\infty }{f}_i{x}^i\\ G(x)=\sum _{i=0}^{\infty }{g}_i{x}^i\end{array}$$

% 　　则有（注意下标变化）
$$\begin{array}{rl}F(x)G(x)& =\sum _{i=0}^{\infty }{x}^i\left(\sum _{j=0}^i{f}_{i-j}{g}_j\right)\\ & =\sum _{i=1}^{\infty }{x}^i\left(\sum _{j=1}^i{f}_{i-j}{g}_j\right)\\ & =\sum _{i=1}^{\infty }{f}_i{x}^i\\ & =\sum _{i=0}^{\infty }{f}_i{x}^i-f_0\\ & =F(x)-f_0\end{array}$$

% 　　整理，得 $$F(x)=f_0[1-G(x){]}^{-1}$$

% 　　因而有 $$F(x)\equiv f_0[1-G(x){]}^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

% 　　然后就只需要一个多项式求逆即可。
　　时间复杂度显然为 $\Theta (n{\log }_{2}n)$。

代码

#include
#include
#include
using namespace std;
#define MAXN 4000010
const long long mod=998244353,G=3,inG=332748118;
long long pows(long long a,long long b){
	long long ret=1;
	while(b){
		if(b&1) ret=ret*a%mod;
		b>>=1;a=a*a%mod;
	} return ret;
}
#define invt(x) pows(x,mod-2)
class poly{
	public:
	static const int maxn=MAXN;
	long long *t;
	int limit,l,inmit;
	long long& operator[](int x){return t[x];}
	const long long& operator[](int x)const{return t[x];}
	poly(int n=0):t(NULL),limit(1),l(0){init(n);}
	void init(int n){
		if(limit>=n) return;
		if(t) free(t);
		while(limit<n) limit<<=1,++l;
		inmit=invt(limit);
		t=(long long*)calloc(limit+5,sizeof(long long));
	}
	void fnt(int type){
		static long long r[MAXN];
		static int now=0;
		if(now!=limit&&(now=limit))
			for(int i=1;i<limit;i++)
				r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
		for(int i=1;i<limit;i++)
			if(i<r[i]) swap(t[i],t[r[i]]);
		for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1){
			long long wn=pows(type==1?G:inG,(mod-1)/(mid<<1));
			for(int j=0,B=(mid<<1);j<limit;j+=B){
				long long w=1;
				for(int k=0;k<mid;k++,w=w*wn%mod){
					int x=t[j+k],y=w*t[j+k+mid]%mod;
					t[j+k]=(x+y)%mod;t[j+k+mid]=(x-y+mod)%mod;
				}
			}
		} if(type==-1) for(int i=0;i<limit;i++)
			t[i]=t[i]*inmit%mod;
	}
	void inv(int n,poly &g)const{
		g.init(n+n);
		if(n==1) return (void)(g[0]=invt(t[0]));
		inv((n+1)>>1,g);
		poly a(n+n),b(n+n);
		for(int i=0;i<n;i++)
			a[i]=t[i],b[i]=g[i];
		a.fnt(1);b.fnt(1);
		for(int i=0;i<a.limit;i++)
			a[i]=b[i]*((2-a[i]*b[i]%mod+mod)%mod)%mod;
		a.fnt(-1);
		for(int i=0;i<n;i++) g[i]=a[i];
	}
}a,b;
int n;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	a.init(n+n);b.init(n+n);
	for(int i=1;i<n;i++)
		scanf("%lld",&b[i]);
	for(int i=1;i<n;i++)
		b[i]=(mod-b[i])%mod;
	b[0]=1;b.inv(n,a);
	for(int i=0;i<n;i++)
		printf("%lld ",a[i]);
	return 0;
}