多项式全家桶学习笔记【持续更新】

本文完成的时间跨度较长，文风变化可能较大……

最近更新于2020年2月17日

Part 1.主线

乘法

前面讲过FFT

然而FFT常数感人，适用范围还窄，比如不能取模

于是有了NTT

其实就是取模的FFT

FFT 需要用到复数$\omega =cos(\frac{2\pi }{n})+sin(\frac{2\pi }{n})i$，因为具有循环卷积性质

即${\omega }^n=1,{\omega }^k(1\le k\le n)$互不相同

我们希望找一个模意义下的替代品

显然就是原根

具体地说，$w\equiv g^{\frac{MOD-1}{n}}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}MOD)$

所以模数$MOD$需要满足

1. 有原根
2. $MOD=p\times 2^k+1$,其中$2^k>n$

最常用的是$998244353$

有时会用3个，就记$469762049,998244353,1004535809$

这三个原根都是$3$

什么？记不住？

那就记$p$:$7,119,479$,考场上拿计算器算一下就可以了

然后和 FFT 没啥差别

下面贴的是自己摸索出的最方便的版本，会持续更新。和后面的代码会有不同。

typedef long long ll;
inline int add(const int& x,const int& y){
     return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){
     return x<y? x-y+MOD:x-y;}
inline int qpow(int a,int p)
{
     
	int ans=1;
	while (p)
	{
     
		if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;
		a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;
	}
	return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
int rt[2][24];
int l,lim,r[MAXN];
inline void init(){
     lim=1<<l;for (int i=0;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));}
inline void NTT(int* a,int type)
{
     
	for (int i=0;i<lim;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
	for (int L=0;L<l;L++)
	{
     
		int mid=1<<L,len=mid<<1,Wn=rt[type][L+1];
		for (int s=0;s<lim;s+=len)
		{
     
			ll w=1;
			for (int k=0;k<mid;k++,w=w*Wn%MOD)
			{
     
				int x=a[s+k],y=w*a[s+mid+k]%MOD;
				a[s+k]=add(x,y);a[s+mid+k]=dec(x,y);
			}			
		}
	}
	if (type)
	{
     
		int t=inv(lim);
		for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*t%MOD;
	}
}
int main()
{
     
	rt[0][23]=qpow(3,119);rt[1][23]=inv(rt[0][23]);
	for (int i=22;i>=0;i--)
	{
     
		rt[0][i]=(ll)rt[0][i+1]*rt[0][i+1]%MOD;
		rt[1][i]=(ll)rt[1][i+1]*rt[1][i+1]%MOD;
	}
	/*do something*/
	return 0;
}

求逆

给定项数为$n$的多项式$A$，求$B$使得$A\times B\equiv 1(mod{x}^n)$,系数对$998244353取模$

$$A\times B\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

记
$$A\times B^{\prime }\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$

两式相减

$$A\times (B-B^{\prime })\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$

假装$A$不为0

$$B-B^{\prime }\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$

我们要求的是$x^n$,所以平方一下

$$B^2-2B{B}^{\prime }+B^{\prime 2}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

看$B$不爽，乘个$A$消掉

$$B-2B^{\prime }+A{B}^{\prime 2}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

$$B\equiv 2B^{\prime }-A{B}^{\prime 2}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

然后就可以递归了

边界时$n=1$，直接求逆元

注意取模

复杂度$O(n\log n)$常数跟LCT有的一拼

int a[MAXN],b[MAXN];
void getinv(int *A,int n)
{
     
	if (n==1) return (void)(b[0]=inv(A[0]));
	getinv(A,(n+1)>>1);
	int l=0;
	while ((1<<l)<(n<<1)) ++l;
	init(l);
	for (int i=0;i<n;i++) a[i]=A[i];
	for (int i=n;i<(1<<l);i++) a[i]=0;
	NTT(a,l,1);NTT(b,l,1);
	for (int i=0;i<(1<<l);i++) b[i]=(ll)b[i]*(MOD+2-(ll)a[i]*b[i]%MOD)%MOD;
	NTT(b,l,-1);
	for (int i=n;i<(1<<l);i++) b[i]=0;
}

对数函数

给定$F(x)$,求$G(x)\equiv \ln (F(x))(mod{x}^n)$。系数对$998244353$取模

前置知识

求导和积分

自行百度

对数函数求导

$$f(x)=\ln (x)$$

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$$

多项式求导和积分

其实就是幂函数

$$f(x)=x^n$$

$$f^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}$$

积分是逆运算

$$\int f(x)dx=\frac{1}{n+1}{x}^{n+1}$$

所有项加起来即可

复合函数

$$h(x)=f(g(x))$$

$$h^{\prime }(x)=f^{\prime }(g(x))g^{\prime }(x)$$

注意：$f(g(x))$的自变量是$g(x)$

正文

推式子

记
$$f(x)=\ln (x)$$

$$G(x)\equiv f(F(x))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

同时求导

$$G^{\prime }(x)\equiv f^{\prime }(F(x))F^{\prime }(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

$$G^{\prime }(x)\equiv \frac{F^{\prime }(x)}{F(x)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

求导求逆乘起来，然后求积分即可

注意取模

inline void deriv(int *a,int *b,int n)
{
     
	for (int i=0;i<n-1;i++) b[i]=(ll)a[i+1]*(i+1)%MOD;
	b[n-1]=0;
}
inline void integ(int *a,int *b,int n)
{
     
	for (int i=1;i<n;i++) b[i]=(ll)a[i-1]*inv(i)%MOD;
	b[0]=0;
}
int F[MAXN],f[MAXN],G[MAXN];
int main()
{
     
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for (int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&F[i]);
	deriv(F,f,n);getinv(F,n);
	int l=0;
	while ((1<<l)<(n<<1)) ++l;
	init(l);
	NTT(f,l,1);NTT(b,l,1);
	for (int i=0;i<(1<<l);i++) f[i]=(ll)f[i]*b[i]%MOD;
	NTT(f,l,-1);
	integ(f,G,n);
	for (int i=0;i<n;i++) printf("%d ",G[i]);
	return 0;
}

然而之前一直有个问题，多项式怎么取对数？取了对数至少是无理数吧，为什么还能取模？

抱着疑惑，我们不取模，手算一下：

设

$$F(x)=x+1$$

$$F^{\prime }(x)=1$$

$$G^{\prime }(x)=\frac{F^{\prime }(x)}{F(x)}=\frac{1}{x+1}$$

$$G(x)=\ln (x+1)$$

根本不是多项式

也就是说，取对数只是加了个$\ln$

只是为了便于后期处理，通过取模把这玩意映射成了多项式。

（准确地说，是把它泰勒展开成多项式然后丢掉了高位。关于泰勒展开的姿势马上就会讲到）

和有理数取模一个道理。

多项式指数函数

给定$F(x)$(常数项为$0$),求$G(x)\equiv e^{F(x)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$。系数对$998244353$取模

前置知识

泰勒展开

对于一个不方便直接求值的函数$f$,求某个位置的值$f(x)$

用多项式来逼近，具体步骤是强制让每一阶导数都相等。记这个多项式为$G$

取一点$x_0$

$$f(x)=G(x)=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0{)}^i$$

($f^{(i)}$表示$f$的$i$阶导数)

网上资料很多，不再细讲

正文

$$G(x)\equiv e^{F(x)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

取对数

$$\ln (G(x))\equiv F(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

$$\ln (G(x))-F(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

现在要求$G(x)$

设

$$f(G(x))\equiv \ln (G(x))-F(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

现在要求这玩意的零点（没错，零点是个多项式）

即

$$f(G(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

假设求出了$$f(G_0(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$

把$f(G(x))$在$G_0(x)$处泰勒展开

$$f(G(x))=f(G_0(x))+\frac{f^{\prime }(G_0(x))}{1!}(G(x)-G_0(x))+\frac{f^{\prime \prime }(G_0(x))}{2!}(G(x)-G_0(x){)}^2+\dots \dots$$

因为$G(x)\equiv G_0(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$……

什么？为什么？

首先$$f(G(x))\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$

因为方程有唯一解(不然没有意义)，所以$G(x)$和$G_0(x)$是一个东西 但是在模意义下，所以$G(x)$需要取模

好继续

因为

$$G(x)\equiv G_0(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil })$$

所以$$(G(x)-G_0(x){)}^2\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

发现上面那个展开式后面全没了

所以

$$f(G(x))\equiv f(G_0(x))+f^{\prime }(G_0(x))(G(x)-G_0(x))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

左边不是$0$吗

$$G(x)\equiv G_0(x)-\frac{f(G_0(x))}{f^{\prime }(G_0(x))}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

这就是传说中的多项式牛顿迭代，但好像没啥关系。

观察一下，我们需要求$f^{\prime }$

$$f(G(x))=\ln (G(x))-F(x)$$

由于自变量是$G(x)$,$F(x)$就是常数

$$f^{\prime }(G(x))=\frac{1}{G(x)}$$

代回去

$$G(x)\equiv G_0(x)-(ln(G_0(x))-F(x))G_0(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

$$G(x)\equiv G_0(x)(1-ln(G_0(x))+F(x))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

然后就可以递归啦

边界：$n=1$时，$\ln (G(x))$和$F(x)$常数项相等

题目保证为$0$，所以$G(x)=1$

复杂度$O(n\log n)$ 常数感人

int f[MAXN];
void getexp(int* A,int* B,int n)
{
     
	if (n==1) return (void)(*B=1);
	getexp(A,B,(n+1)>>1);
	int l=0;
	while ((1<<l)<(n<<1)) ++l;
	init(l);
	getln(B,f,n);
	for (int i=0;i<n;i++) 
	{
     
		f[i]=A[i]-f[i];
		if (f[i]<0) f[i]+=MOD;
	}
	++f[0];
	for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=f[i]=0;
	NTT(B,l,1);NTT(f,l,1);
	for (int i=0;i<(1<<l);i++) B[i]=(ll)f[i]*B[i]%MOD;
	NTT(B,l,-1);
}

幂函数

给定$F(x)$(常数项为$1$),求$G(x)\equiv F^k(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$。系数模$998244353$。

$$G(x)\equiv F^k(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

同时取对数

$$\ln (G(x))\equiv k\ln (F(x))(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$$

求出$\ln$,乘以$k$，再$\exp$回去

因为函数衔接的地方有很多细节，这里贴一个用到幂函数的代码，可供参考

#include 
#include 
#include 
#include 
#define MAXN 400005
using namespace std;
inline int read()
{
     
	int ans=0;
	char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
const int MOD=950009857;
typedef long long ll;
inline int add(const int& x,const int& y){
     return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){
     return x<y? x-y+MOD:x-y;}
inline int qpow(int a,int p)
{
     
	int ans=1;
	while (p)
	{
     
		if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;
		a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;
	}
	return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
int rt[2][22];
int l,r[MAXN];
inline void init(){
     for (int i=0;i<(1<<l);i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));}
inline void NTT(int* a,int type)
{
     
	int lim=1<<l;
	for (int i=0;i<lim;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
	for (int L=0;L<l;L++)
	{
     
		int mid=1<<L,len=mid<<1,Wn=rt[type][L+1];
		for (int s=0;s<lim;s+=len)
			for (int k=0,w=1;k<mid;k++,w=(ll)w*Wn%MOD)
			{
     
				int x=a[s+k],y=(ll)a[s+mid+k]*w%MOD;
				a[s+k]=add(x,y),a[s+mid+k]=dec(x,y);
			}
	}
	if (type)
	{
     
		int t=inv(lim);
		for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*t%MOD;
	}
}
void getinv(int* A,int* B,int n)
{
     
	static int f[MAXN],t[MAXN];
	if (n==1) return (void)(*B=inv(*A));
	getinv(A,t,(n+1)>>1);
	l=0;
	while ((1<<l)<(n<<1)) ++l;
	init();
	for (int i=0;i<n;i++) f[i]=A[i];
	for (int i=n;i<(1<<l);i++) f[i]=t[i]=0;
	NTT(f,0);NTT(t,0);
	for (int i=0;i<(1<<l);i++) B[i]=(ll)t[i]*dec(2,(ll)f[i]*t[i]%MOD)%MOD;
	NTT(B,1);
	for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=0;
}
inline void deriv(int* A,int* B,int n){
     for (int i=0;i<n-1;i++) B[i]=(ll)A[i+1]*(i+1)%MOD;B[n-1]=0;}
inline void integ(int* A,int* B,int n){
     for (int i=1;i<n;i++) B[i]=(ll)A[i-1]*inv(i)%MOD;B[0]=0;}
void getln(int* A,int* B,int n)
{
     
	static int f[MAXN],g[MAXN];
	deriv(A,f,n);getinv(A,g,n);
	for (int i=n;i<(1<<l);i++) f[i]=g[i]=0;
	NTT(f,0);NTT(g,0);
	for (int i=0;i<(1<<l);i++) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;
	NTT(f,1);
	integ(f,B,n);
	for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=0;
}
void getexp(int* A,int* B,int n)
{
     
	static int f[MAXN],g[MAXN];
	if (n==1) return (void)(*B=1);
	getexp(A,g,(n+1)>>1);
	getln(g,f,n);
	for (int i=0;i<n;i++) f[i]=dec(A[i],f[i]);
	++f[0];
	for (int i=n;i<(1<<l);i++) f[i]=g[i]=0;
	NTT(f,0);NTT(g,0);
	for (int i=0;i<(1<<l);i++) B[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;
	NTT(B,1);
	for (int i=n;i<(1<<l);i++) B[i]=0;
}
int a[MAXN],t[MAXN];
int main()
{
     
	rt[0][21]=qpow(5,453);rt[1][21]=inv(rt[0][21]);
	for (int i=20;i>=0;i--)
	{
     
		rt[0][i]=(ll)rt[0][i+1]*rt[0][i+1]%MOD;
		rt[1][i]=(ll)rt[1][i+1]*rt[1][i+1]%MOD;
	}
	/*略*/
	return 0;
} 

分治NTT

首先，洛谷上分治NTT板子其实没啥用……

更常用的是类似于

$$\prod _{i=1}^n(x+a_i)$$

解决的方法是分成两半递归计算，然后一次NTT乘起来 复杂度是$O(n{\log }^{2}n)$

注意这个算法的核心并不是减少NTT次数(NTT次数仍然是$n-1$)而是在NTT的时候控制两边多项式的长度，使它是成倍增加的，这样短的多项式所耗的时间在长多项式面前不值一提。

所以在回溯到上一层之后会正向执行NTT，但你在这一层还是要反向NTT回去，因为两层NTT的长度不同。如果贸然使用上一层的长度会让复杂度退化。

还有临时数组必须每次递归单独开，并且长度要和区间长度相关。（但一般都不是区间长度）

给份伪代码

void solve(int l,int r,int F[])
{
     
	if (l==r) get(F,l),return;//将当前一位的值给F，返回
	int L[(r-l+1)<<1],R[(r-l+1)<<1];
	solve(l,mid,L),solve(mid+1,r,R);
	NTT(L),NTT(R);
	F=L*R;
	INTT(F);
}

几个经验

• 各个函数会来回调用，不建议共用临时数组。可以在函数里面开static避免重名。
• 在 NTT 前后取模可以万无一失
• 控制一下语句顺序可以只在求逆的时候预处理 NTT

Part2.毒瘤线

除法

给定$F,G$,求$Q,R$使得$F=QG+R$,其中$deg(R)<deg(G)$。系数对$998244353$取模。

如果能去掉余数，就可以一波逆元算过去，可惜去不得。

所以考虑把$R$模掉

记$F_r(x)$表示$F(x)$系数翻转

显然$F_r(x)=x^{n}F(\frac{1}{x})$($n$为最高项次数)

推式子

$F(x)=Q(x)G(x)+R(x)$

$F(\frac{1}{x})=Q(\frac{1}{x})G(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})$

两边同时乘以$x^n$

$x^{n}F(\frac{1}{x})=x^{n-m}Q(\frac{1}{x})x^{m}G(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}{x}^{m-1}R(\frac{1}{x})$

$F_r(x)=Q_r(x)G_r(x)+x^{n-m+1}{R}_r(x)$

蛤蛤蛤

$F_r(x)\equiv Q_r(x)G_r(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{n-m+1})$

求一波逆算出$Q$,再在原式中算出$R$

int main()
{
     
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=0;i<=n;i++) scanf("%d",&F[i]);
	for (int i=0;i<=m;i++) scanf("%d",&G[i]);
	reverse(F,F+n+1);reverse(G,G+m+1);
	getinv(G,n-m+1);
	int l=0;
	while ((1<<l)<(n<<1)) ++l;
	init(l);
	memcpy(t,F,sizeof(t));
	for (int i=n-m+2;i<=n;i++) F[i]=0;
	NTT(F,l,1);NTT(b,l,1);
	for (int i=0;i<(1<<l);i++) Q[i]=(ll)F[i]*b[i]%MOD;
	NTT(Q,l,-1);
	memcpy(F,t,sizeof(F));
	for (int i=n-m+1;i<=n+m;i++) Q[i]=0;
	reverse(F,F+n+1);reverse(G,G+m+1);reverse(Q,Q+n-m+1);
	NTT(F,l,1);NTT(G,l,1);NTT(Q,l,1);
	for (int i=0;i<(1<<l);i++) R[i]=(MOD+F[i]-(ll)Q[i]*G[i]%MOD)%MOD;
	NTT(R,l,-1);NTT(Q,l,-1);
	for (int i=0;i<=n-m;i++) printf("%d ",Q[i]);
	puts("");
	for (int i=0;i<=m-1;i++) printf("%d ",R[i]);
	return 0;
}

多项式取模

除法算出来再乘回去减一下就可以了

多点求值

给一个多项式$F(x)$,给出$a_1,a_2,...,a_m$,求所有$F(a_i)$

$n,m\le 64000$

显然肯定不能一个一个求，因为你系数都遍历不完

所以多半是分治

对于一个区间$[L,R]$，求出多项式

$$G(x)=\prod _L^R(x-a_i)$$
将$F(x)$除以$G(x)$,即$F(x)=D(x)G(x)+R(x)$

代入$a_i$,我们发现$G(a_i)=0$,所以$F(a_i)=R(a_i)$

$R$的规模每次减半，所以可以递归了。

复杂度$O(n{\log }^{2}n)$

具体实现的时候要先分治一次，用类似线段树的结构把所有用到的区间的$G$存起来

这里开了$n$个vector，后面的快速插值中用了一个指针数组动态申请内存……

常数极大，建议递归到较小长度的时候暴力秦九韶

闲着没事别在考场上写……

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define MAXN 262144
#define re register 
#define MOD 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int qpow(int a,int p)
{
     
	int ans=1;
	while (p)
	{
     
		if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;
		a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;
	}
	return ans;
}
namespace In  
{
     
# define In_Len 2000000
    static std :: streambuf* fb ( std :: cin.rdbuf ( ) ) ;
    static char buf [In_Len], *ss ( 0 ) ;

    void In_init ( )  {
       fb -> sgetn ( ss = buf, In_Len ) ;  }

    inline int read ( )  {
     
        register int x ;
        bool opt ( 1 ) ;
        while ( isspace ( *ss ) )  ++ ss ;
        if ( *ss == 45 )  {
      ++ ss ; opt = 0 ; }
        for ( x = -48 + *ss ; isdigit ( * ++ ss ) ; ( x *= 10 ) += *ss - 48 ) ; ++ ss ;
        return opt ? x : -x ;
    }
# undef In_Len
}
using namespace In;
namespace Out  
{
     
	# define Out_Len 2000000
    static std :: streambuf* fb ( std :: cout.rdbuf ( ) ) ;
    static char buf [Out_Len], *ss ( buf ) ;
    inline void write ( register int x )  {
     
        static int T [30], tp ( 0 ) ;
        if ( ! x )  {
       *ss ++ =  48 ; *ss ++ = 10 ; return ;  }
        if ( x < 0 )  {
       *ss ++ = 45 ; x = -x ;  }
        while ( x ) T [++ tp] = x % 10 | 48, x /= 10 ;
        while ( tp )  *ss ++ = T [tp --] ;
        *ss ++ = 10 ;
    }
    inline void flush ( )  {
       fb -> sputn ( buf, ss - buf ) ;  }
# undef Out_Len
}
using namespace Out; 
inline int add(const int& x,const int& y){
     return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){
     return x<y? x-y+MOD:x-y;}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
int r[MAXN],rt[2][24];
inline void init(int l){
     for (re int i=0;i<(1<<l);++i) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));}
void NTT(int* a,int l,int type)
{
     
	type=(1-type)>>1;
	int lim=1<<l;
	for (re int i=0;i<lim;++i) if (i<r[i]) a[i]^=a[r[i]]^=a[i]^=a[r[i]];
	for (re int L=0;L<l;++L)
	{
     
		int mid=1<<L,len=mid<<1;
		int Wn=rt[type][L+1];
//		int Wn=qpow(3,(MOD-1)/(mid<<1));
//		if (type==-1) Wn=inv(Wn);
		for (re int s=0;s<lim;s+=len)
			for (re ll w=1,k=0;k<mid;++k,w=w*Wn%MOD)
			{
     
				const ll x=a[s+k],y=w*a[s+mid+k]%MOD;
				a[s+k]=add(x,y);a[s+mid+k]=dec(x,y);
			}
	}
	if (type)
	{
     
		int t=inv(lim);
		for (int i=0;i<lim;++i) a[i]=(ll)a[i]*t%MOD;
	}
}
void getinv(int* A,int* B,int n)
{
     
	static int t[MAXN];
	if (n==1) return (void)(*B=inv(*A));
	getinv(A,B,(n+1)>>1);
	int l=0;
	while ((1<<l)<(n<<1)) ++l;
	init(l);
	for (re int i=0;i<n;++i) t[i]=A[i];
	for (re int i=n;i<(1<<l);++i) t[i]=B[i]=0;
	NTT(t,l,1);NTT(B,l,1);
	for (re int i=0;i<(1<<l);++i) B[i]=(ll)B[i]*(MOD+2-(ll)B[i]*t[i]%MOD)%MOD;
	NTT(B,l,-1);
	for (re int i=n;i<(1<<l);++i) B[i]=0;
}
void getmod(int* A,int* B,int *R,int n,int m)
{
     
	static int f[MAXN],g[MAXN],d[MAXN],t[MAXN];
	for (re int i=0;i<=n;++i) f[i]=A[n-i];
	for (re int i=0;i<=m;++i) g[i]=B[m-i];
	getinv(g,t,n-m+1);
	int l=0;
	while ((1<<l)<=n*2) ++l;
	init(l);
	for (re int i=n-m+1;i<(1<<l);++i) f[i]=t[i]=0;
	NTT(f,l,1);NTT(t,l,1);
	for (re int i=0;i<(1<<l);++i) d[i]=(ll)f[i]*t[i]%MOD;
	NTT(d,l,-1);
	for (re int i=n-m+1;i<(1<<l);++i) d[i]=0;
	for (re int i=0;i<=n;++i) f[i]=A[i];
	for (re int i=0;i<=m;++i) g[i]=B[i];
	for (re int i=n+1;i<(1<<l);++i) f[i]=0;
	for (re int i=m+1;i<(1<<l);++i) g[i]=0;
	for (re int l=0,r=n-m;l<r;d[l]^=d[r]^=d[l]^=d[r],++l,--r);
	NTT(d,l,1);NTT(g,l,1);
	for (re int i=0;i<(1<<l);++i) R[i]=(ll)d[i]*g[i]%MOD;
	NTT(R,l,-1);
	for (re int i=0;i<m;++i) R[i]=(f[i]+MOD-R[i])%MOD;
	for (re int i=m;i<(1<<l);++i) R[i]=0;
}
int x[MAXN];
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
vector<int> v[MAXN<<2];
void cdqNTT(int p,int l,int r)
{
     
	v[p].resize(r-l+2);
	if (l==r) return (void)(v[p][0]=MOD-x[l],v[p][1]=1);
	const int mid=(l+r)>>1;
	cdqNTT(lc,l,mid);cdqNTT(rc,mid+1,r);
	int len=0;
	while ((1<<len)<=(r-l+1)) ++len;
	init(len);
	int L[1<<len],R[1<<len];
	for (re int i=0;i<=mid-l+1;++i) L[i]=v[lc][i];
	for (re int i=0;i<=r-mid;++i) R[i]=v[rc][i];	
	for (re int i=mid-l+2;i<(1<<len);++i) L[i]=0;
	for (re int i=r-mid+1;i<(1<<len);++i) R[i]=0;
	NTT(L,len,1);NTT(R,len,1);
	for (re int i=0;i<(1<<len);++i) L[i]=(ll)L[i]*R[i]%MOD;
	NTT(L,len,-1);
	for (re int i=0;i<=(r-l+1);++i) v[p][i]=L[i];
//	delete(L);delete(R);
}
int n,m;
int ans[MAXN];
void solve(int p,int l,int r,int* f)
{
     
	if (r-l<=850)
	{
     
		for (re int i=l;i<=r;++i)
			for (re int j=0,w=1;j<=r-l;++j,w=(ll)w*x[i]%MOD)
				ans[i]=(ans[i]+(ll)f[j]*w)%MOD;
		return;
	}
//	if (l==r) return (void)(ans[l]=*f);
	const int mid=(l+r)>>1;
	int cur[(r-l+1)<<2],L[(r-l+1)<<2];
	memset(cur,0,sizeof(cur));
	for (re int i=0;i<=mid-l+1;++i) cur[i]=v[lc][i];
	getmod(f,cur,L,r-l,mid-l+1);
	solve(lc,l,mid,L);
	for (re int i=0;i<=r-mid;++i) cur[i]=v[rc][i];
	for (re int i=r-mid+1;i<=mid-l+1;++i) cur[i]=0;
	getmod(f,cur,L,r-l,r-mid);	
	solve(rc,mid+1,r,L);
}
int f[MAXN],t[MAXN],a[MAXN];
int main()
{
     
	In_init();	
	rt[0][23]=qpow(3,119);rt[1][23]=inv(rt[0][23]);
	for (int i=22;i>=0;--i) rt[0][i]=(ll)rt[0][i+1]*rt[0][i+1]%MOD,rt[1][i]=(ll)rt[1][i+1]*rt[1][i+1]%MOD;
	n=read();m=read();
	for (re int i=0;i<=n;++i) f[i]=read();
	for (re int i=1;i<=m;++i) x[i]=read();
	cdqNTT(1,1,m);
	if (n>=m)
	{
     
		for (re int i=0;i<=m;++i) t[i]=v[1][i];
		memcpy(a,f,sizeof(a));
		getmod(a,t,f,n,m);
	}
	solve(1,1,m,f);
	for (re int i=1;i<=m;++i) write(ans[i]);
	flush();
	return 0;
}

快速插值

给定$n$个点$(x_i,y_i)$，求一个过这$n$个点的$n-1$次多项式

$x$互不相同

考虑拉格朗日插值

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i\prod _{i\ne j}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

分式看着很烦，把它拆开

$$f(x)=\sum _{i=1}^n\frac{y_i}{{\prod }_{i\ne j}(x_i-x_j)}\prod _{i\ne j}(x-x_j)$$

考虑左边这坨怎么求

$$\frac{y_i}{{\prod }_{i\ne j}(x_i-x_j)}$$

上面是个常数，所以要求下面

我们设

$$g(x)=\prod _{i=1}^n(x-x_i)$$

那么

$$\prod _{i\ne j}(x-x_j)$$

可以写成

$$\frac{g(x_i)}{x-x_i}$$

代入$x=x_i$得到……

哎怎么分母是$0$啊

仔细算了一下，发现上面也是$0$

这时候就要考虑洛必达法则了

因为$x\to 0$的时候上下同时趋近于$0$,它们的比值等于它们导数的比值

所以等于

$$g^{\prime }(x_i)$$

代回原式

$$f(x)=\sum _{i=1}^n\frac{y_i}{g^{\prime }(x_i)}\prod _{i\ne j}(x-x_j)$$

我们先分治算出$g(x)$,求个导算出$g^{\prime }(x)$,然后多 点 求 值算出所有$g^{\prime }(x_i)$,相当于是常数，我们记

$$y_i^{\prime }=\frac{y_i}{g^{\prime }(x_i)}$$

有

$$f(x)=\sum _{i=1}^n{y}_i^{\prime }\prod _{i\ne j}(x-x_j)$$

当然如果$x$是连续正整数或者有其他一些奇妙的性质，你也许可以直接用阶乘之类的算出$y_i^{\prime }$

现在考虑这个怎么求

考虑分治

$$f_{l,r}(x)=\sum _{i=l}^r{y}_i^{\prime }\prod _{i=l,i\ne j}^r(x-x_j)$$

设mid=(l+r)>>1

考虑$f_{l,mid}(x)$,它并没有计算${\prod }_{i\ne j}(x-x_j)$的$[mid+1,r]$的部分，但是因为$i$在左边，右边没有缺口，所以直接乘上${\prod }_{i=mid+1}^r(x-x_i)$即可

同理可得

$$f_{l,r}(x)=f_{l,mid}(x)g_{mid+1,r}(x)+g_{l,mid}(x)f_{mid+1,r}(x)$$

递归即可，复杂度$O(n{\log }^{2}n)$

瓶颈是多点求值，各种意义上

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define MAXN 524288
using namespace std;
namespace In  
{
     
# define In_Len 2000000
    static std :: streambuf* fb ( std :: cin.rdbuf ( ) ) ;
    static char buf [In_Len], *ss ( 0 ) ;

    void In_init ( )  {
       fb -> sgetn ( ss = buf, In_Len ) ;  }

    inline int read ( )  {
     
        register int x ;
        bool opt ( 1 ) ;
        while ( isspace ( *ss ) )  ++ ss ;
        if ( *ss == 45 )  {
      ++ ss ; opt = 0 ; }
        for ( x = -48 + *ss ; isdigit ( * ++ ss ) ; ( x *= 10 ) += *ss - 48 ) ; ++ ss ;
        return opt ? x : -x ;
    }
# undef In_Len
}
using namespace In;
namespace Out  
{
     
	# define Out_Len 2000000
    static std :: streambuf* fb ( std :: cout.rdbuf ( ) ) ;
    static char buf [Out_Len], *ss ( buf ) ;
    inline void write ( register int x )  {
     
        static int T [30], tp ( 0 ) ;
        if ( ! x )  {
       *ss ++ =  48 ; *ss ++ = 10 ; return ;  }
        if ( x < 0 )  {
       *ss ++ = 45 ; x = -x ;  }
        while ( x ) T [++ tp] = x % 10 | 48, x /= 10 ;
        while ( tp )  *ss ++ = T [tp --] ;
        *ss ++ = ' ' ;
    }
    inline void flush ( )  {
       fb -> sputn ( buf, ss - buf ) ;  }
# undef Out_Len
}
using namespace Out; 
const int MOD=998244353;
typedef long long ll;
inline int add(const int& x,const int& y){
     return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){
     return x<y? x-y+MOD:x-y;}
inline int qpow(int a,int p)
{
     
	int ans=1;
	while (p)
	{
     
		if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;
		a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;
	}
	return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
int rt[2][24];
int l,lim,r[MAXN];
inline void init(){
     lim=1<<l;for (int i=0;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));}
inline void NTT(int* a,int type)
{
     
	for (int i=0;i<lim;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
	for (int L=0;L<l;L++)
	{
     
		int mid=1<<L,len=mid<<1,Wn=rt[type][L+1];
		for (int s=0;s<lim;s+=len)
		{
     
			ll w=1;
			for (int k=0;k<mid;k++,w=w*Wn%MOD)
			{
     
				int x=a[s+k],y=w*a[s+mid+k]%MOD;
				a[s+k]=add(x,y);a[s+mid+k]=dec(x,y);
			}			
		}
	}
	if (type)
	{
     
		int t=inv(lim);
		for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*t%MOD;
	}
}
void getinv(int* A,int* B,int n)
{
     
	static int f[MAXN],t[MAXN];
	if (n==1) return (void)(*B=inv(*A));
	getinv(A,t,(n+1)>>1);
	for (l=0;(1<<l)<(n<<1);l++);
	init();
	for (int i=0;i<n;i++) f[i]=A[i];
	for (int i=n;i<lim;i++) f[i]=t[i]=0;
	NTT(f,0);NTT(t,0);
	for (int i=0;i<lim;i++) B[i]=(ll)t[i]*dec(2,(ll)f[i]*t[i]%MOD)%MOD;
	NTT(B,1);
	for (int i=n;i<lim;i++) B[i]=0;
}
void getmod(int* A,int* B,int* R,int n,int m)
{
     
	static int F[MAXN],G[MAXN],H[MAXN],t[MAXN];
	for (int i=0;i<=n;i++) F[n-i]=A[i];
	for (int i=0;i<=m;i++) G[m-i]=B[i];
	getinv(G,t,n-m+1);
	for(l=0;(1<<l)<=(2*n-m);l++);
	init();
	for (int i=n+1;i<lim;i++) F[i]=0;
	for (int i=n-m+1;i<lim;i++) t[i]=0;
	NTT(F,0);NTT(t,0);
	for (int i=0;i<lim;i++) t[i]=(ll)F[i]*t[i]%MOD;
	NTT(t,1);
	for (int i=0;i<=n-m;i++) H[i]=t[n-m-i];
	for (int i=0;i<=m;i++) G[i]=B[i];
	for (l=0;(1<<l)<=n;l++);
	init();
	for (int i=n-m+1;i<lim;i++) H[i]=0;
	for (int i=m+1;i<lim;i++) G[i]=0;
	NTT(H,0);NTT(G,0);
	for (int i=0;i<lim;i++) t[i]=(ll)H[i]*G[i]%MOD;
	NTT(t,1);
	for (int i=0;i<m;i++) R[i]=dec(A[i],t[i]);
}
inline void deriv(int* A,int* B,int n){
     for (int i=0;i<n;i++) B[i]=(ll)A[i+1]*(i+1)%MOD;B[n]=0;}
int x[MAXN],y[MAXN];
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
int* g[MAXN];
void build(int p,int ql,int qr)
{
     
	g[p]=new int[qr-ql+2];
	if (ql==qr) return (void)(g[p][0]=MOD-x[ql],g[p][1]=1);
	int mid=(ql+qr)>>1;
	build(lc,ql,mid);build(rc,mid+1,qr);
	for(l=0;(1<<l)<=qr-ql+1;l++);
	init();
	int L[lim],R[lim];
	memset(L,0,sizeof(L));memset(R,0,sizeof(R));
	for (int i=0;i<=mid-ql+1;i++) L[i]=g[lc][i];
	for (int i=0;i<=qr-mid;i++) R[i]=g[rc][i];
	NTT(L,0);NTT(R,0);
	for (int i=0;i<lim;i++) L[i]=(ll)L[i]*R[i]%MOD;
	NTT(L,1);
	for (int i=0;i<=qr-ql+1;i++) g[p][i]=L[i];
}
int G[MAXN],val[MAXN],ans[MAXN];
void getval(int* F,int p,int ql,int qr,int* ans)//F:0...qr-ql
{
     
	if (qr-ql<=500)
	{
     
		for (int i=ql;i<=qr;i++)
			for (int j=qr-ql;j>=0;j--)
				ans[i]=add((ll)ans[i]*x[i]%MOD,F[j]);
		return;
	}
	int mid=(ql+qr)>>1;
	int G[qr-ql+1];
	getmod(F,g[lc],G,qr-ql,mid-ql+1);
	getval(G,lc,ql,mid,ans);
	getmod(F,g[rc],G,qr-ql,qr-mid);
	getval(G,rc,mid+1,qr,ans);
}
void solve(int p,int ql,int qr,int* ans)
{
     
	if (ql==qr) return (void)(*ans=y[ql]);
	int len,mid=(ql+qr)>>1;
	for(len=0;(1<<len)<=qr-ql;len++);
	int L1[1<<len],R1[1<<len],L2[1<<len],R2[1<<len];
	memset(L1,0,sizeof(L1));memset(R1,0,sizeof(R1));
	memset(L2,0,sizeof(L2));memset(R2,0,sizeof(R2));
	solve(lc,ql,mid,L1);solve(rc,mid+1,qr,R2);
	for (int i=0;i<=mid-ql+1;i++) L2[i]=g[lc][i];
	for (int i=0;i<=qr-mid;i++) R1[i]=g[rc][i];
	l=len;init();
	NTT(L1,0);NTT(R1,0);NTT(L2,0);NTT(R2,0);
	for (int i=0;i<lim;i++) ans[i]=add((ll)L1[i]*R1[i]%MOD,(ll)L2[i]*R2[i]%MOD);
	NTT(ans,1);
}
int main()
{
     
	time_t START=clock();
	freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);
	In_init();
	rt[0][23]=qpow(3,119);rt[1][23]=inv(rt[0][23]);
	for (int i=22;i>=0;i--)
	{
     
		rt[0][i]=(ll)rt[0][i+1]*rt[0][i+1]%MOD;
		rt[1][i]=(ll)rt[1][i+1]*rt[1][i+1]%MOD;
	}
	int n=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) x[i]=read(),y[i]=read();
	build(1,1,n);
	deriv(g[1],G,n);
	getval(G,1,1,n,val);
	cerr<<(clock()-START)*1000/CLOCKS_PER_SEC;
	for (int i=1;i<=n;i++) y[i]=(ll)y[i]*inv(val[i])%MOD;
	solve(1,1,n,ans);
	for (int i=0;i<n;i++) write(ans[i]);
	flush();
	return 0;
}

Part 3.组合线

阶乘幂

$x^{\overline{i}}=x(x+1)(x+2)...(x+i-1)=\frac{(x+i-1)!}{(x-1)!}$称为上升阶乘幂，简称上升幂

$x^{\underline{i}}=x(x-1)(x-2)...(x-i+1)=\frac{x!}{(x-i)!}$称为下降阶乘幂，简称下降幂

形如$$\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^{\overline{i}}$$称为上升幂多项式

$$\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^{\underline{i}}$$称为下降幂多项式

指数生成函数（EGF）

$$\sum _{i=0}^{\infty }\frac{a_i}{i!}{x}^i$$

这样就和组合数那套理论扯上了关系

$a_i=1$的EGF为$e^x$

另外有个奇妙的性质

设两个EGF$f(x),g(x)$

$$f(x)g(x)=(\sum _{i=0}^{\infty }\frac{f_i}{i!})(\sum _{i=0}^{\infty }\frac{g_i}{i!})$$

$$f(x)g(x)=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{i=0}^k\frac{f_i}{i!}\frac{g_{k-i}}{(k-i)!}{x}^k$$

$$=\sum _{k=0}^{\infty }(\sum _{i=0}^k{f}_i{g}_{k-i}{C}_k^i)\frac{x^k}{k!}$$

也就是说，EGF的乘法相当于系数卷起来再加一个组合数

相当于带了一个标号

下降幂多项式乘法

设下降幂多项式为$f(x)$

设$F(x)$为$f(x)$的点值的指数型生成函数，即

$$F(x)=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{f(i)}{i!}{x}^i$$

对于一个下降幂单项式$x^{\underline{n}}$,其点值的$EGF$为

$$\sum _{i=n}^{\infty }\frac{i!}{(i-n)!i!}{x}^i=\sum _{i=n}^{\infty }\frac{1}{(i-n)!}{x}^i$$

提一个$x^n$出来

$$\sum _{i=0}^{\infty }\frac{1}{i!}{x}^n=e^x{x}^n$$

而$x^n$是它的系数的普通型生成函数

什么意思呢？

设$G(x)$为$f(x)$的系数的普通型生成函数

那么有

$$F(x)=e^{x}G(x)$$

(注意无论哪种生成函数都是普通多项式)

$G(x)$是给定的，叉上$e^x$再算上阶乘就可以得到点值，$O(n)$乘起来

同时

$$G(x)=e^{-x}F(x)$$

再乘回来就可以了

第二类斯特林数

定义：$S_n^m$表示$n$个不同元素放入$m$个相同的非空集合的方案数

递推式：

$$S_n^m=S_{n-1}^{m-1}+m{S}_{n-1}^m$$

即：每来一个新元素

1. 新开一个集合
2. 放入已有的$m$个集合

普及组难度

如何求通项公式？

假设集合可以为空，方案数为$m^n$

现在尝试用第二类斯特林数表示这玩意

我们枚举在哪些集合放了这$n$个元素，一个组合数就可以了。因为左边可以换顺序，而斯特林数是无序的，所以再乘一个阶乘。

即

$$m^n=\sum _{i=0}^m{S}_n^{i}i!C_m^i$$

二项式反演一波

$$f(m)=m^n,g(i)=S_n^{i}i!$$

$$f(m)=\sum _{i=0}^m{C}_m^{i}g(i)$$

$$g(m)=\sum _{i=0}^m(-1{)}^{m-i}{C}_m^{i}f(i)$$

$$S_n^{m}m!=\sum _{i=0}^m(-1{)}^{m-i}{C}_m^i{i}^n$$

$$S_n^m=\frac{1}{m!}\sum _{i=0}^m(-1{)}^{m-i}{C}_m^i{i}^n$$

得到了通项公式，但好像没啥用

我们把组合数拆开

$$S_n^m=\frac{1}{m!}\sum _{i=0}^m(-1{)}^{m-i}\frac{m!}{i!(m-i)!}{i}^n$$

发现可以约掉

$$S_n^m=\sum _{i=0}^m(-1{)}^{m-i}\frac{1}{i!(m-i)!}{i}^n$$

$$S_n^m=\sum _{i=0}^m\frac{i^n}{i!}\frac{(-1{)}^{m-i}}{(m-i)!}$$

我们发现这是个卷积形式

所以可以NTT求出第二类斯特林数的某一行(对于$S_n^m$,$n$是行数，$m$是列数)

---

对第二类斯特林数的每一列构造生成函数$S_m(x)$

由递推式

$$S_n^m=S_{n-1}^{m-1}+m{S}_{n-1}^m$$

即：上一个右移再加上自己右移乘以一个系数

$$S_m(x)=x{S}_{m-1}(x)+mx{S}_m(x)$$

$$S_m(x)=\frac{x{S}_{m-1}(x)}{1-mx}$$

迭代下去

$$S_m(x)=\frac{x^m}{{\prod }_{i=1}^m(1-ix)}$$

下面用分治NTT算出来求个逆乘上上面，就可以得到一列

第一类斯特林数

定义：$s_n^m$表示$n$个元素分成$m$个非空圆排列（即：旋转后相同视为相同）的方案数。

代表人物：$0,6,11,6$

递推式：

$$s_n^m=s_{n-1}^{m-1}+(n-1)s_{n-1}^m$$

即每新来一个元素

1. 新开一个圆排列
2. 放在一个已有的元素之后

仍然是普及组难度

快速求法在后面讲

一些微妙的性质

$$x^n=\sum _{i=0}^n{S}_n^i{x}^{\underline{i}}$$

证明可以考虑归纳法

$$x^n=x\cdot x^{n-1}=x\sum _{i=0}^{n-1}{S}_{n-1}^i{x}^{\underline{i}}=\sum _{i=0}^{n-1}{S}_{n-1}^{i}x\cdot x^{\underline{i}}$$

冷静分析，

$$x\cdot x^{\underline{i}}=x\cdot x(x-1)(x-2)...(x-i+1)$$

显然

$$x^{\underline{i+1}}=x(x-1)(x-2)...(x-i+1)(x-i)$$

两式相减，得

$$x\cdot x^{\underline{i}}=x^{\underline{i+1}}+i\cdot x^{\underline{i}}$$

代回去

$$x^n=\sum _{i=0}^{n-1}{S}_{n-1}^i(x^{\underline{i+1}}+i\cdot x^{\underline{i}})$$

拆开

$$=\sum _{i=0}^{n-1}{S}_{n-1}^i{x}^{\underline{i+1}}+\sum _{i=0}^{n-1}i{S}_{n-1}^i{x}^{\underline{i}}$$

考虑把$x^{\underline{i+1}}变成x^{\underline{i}}$

改下求和项就可以了

$$=\sum _{i=1}^n{S}_{n-1}^{i-1}{x}^{\underline{i}}+\sum _{i=0}^{n-1}i{S}_{n-1}^i{x}^{\underline{i}}$$

右边的$0$不要了,上面把$n$加上，这样可以写到一起

$$=\sum _{i=1}^n{S}_{n-1}^{i-1}{x}^{\underline{i}}+\sum _{i=1}^{n}i{S}_{n-1}^i{x}^{\underline{i}}$$

合并起来

$$=\sum _{i=1}^n(S_{n-1}^{i-1}+i{S}_{n-1}^i)x^{\underline{i}}$$

发现了什么不得了的事情

$$=\sum _{i=1}^n{S}_n^i{x}^{\underline{i}}$$

类似的，我们可以得到

$$x^{\overline{n}}=\sum _{i=0}^n{s}_n^i{x}^i$$

根据这个可以求出第一类斯特林数的一行

显然有个$O(n{\log }_n^2)$的分治NTT做法

倍增可以做到$O(n\log n)$

考虑现在求$x^{\underline{2n}}$

递归求出

$$f(x)=x^{\underline{n}}=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$$

显然$x^{\underline{2n}}=x^{\underline{n}}(x+n{)}^{\underline{n}}$,所以我们只需要求出$f(x+n)$

$$f(x+n)=\sum _{i=0}^n{a}_i(x+n{)}^i$$

二项式定理拆开

$$f(x+n)=\sum _{i=0}^n{a}_i\sum _{j=0}^i{C}_i^j{x}^j{n}^{i-j}$$

换个顺序

$$f(x+n)=\sum _{j=0}^n{x}^j\sum _{i=j}^n{a}_i{C}_i^j{n}^{i-j}$$

把组合数也拆开

$$f(x+n)=\sum _{j=0}^n{x}^j\sum _{i=j}^n{a}_i\frac{i!}{j!(i-j)!}{n}^{i-j}$$

$$f(x+n)=\sum _{j=0}^n\frac{x^j}{j!}\sum _{i=j}^n{a}_{i}i!\frac{n^{i-j}}{(i-j)!}$$

把$a$翻一下

$$f(x+n)=\sum _{j=0}^n\frac{x^j}{j!}\sum _{i=j}^n{a}_{n-i}(n-i)!\frac{n^{i-j}}{(i-j)!}$$

发现右边是个卷积 设卷出来是$b$

$$f(x+n)=\sum _{j=0}^n\frac{x^j}{j!}{b}_{n-j}$$

再把$b$翻一下

$$f(x+n)=\sum _{j=0}^n\frac{x^j}{j!}{b}_j$$

就可以求出来

当然如果$n$为奇数就手动乘上$(x+n-1)$

---

如何求一列？

我们发现一列的意义是$m$个圆排列凑出若干点的方案，考虑生成函数

因为有标号，考虑构造EGF

首先如果是一个圆排列，方案数是$(n-1)!$

其EGF为

$$f(x)=\sum _{i=1}^{\infty }\frac{(n-1)!}{n!}{x}^i$$

$$=\sum _{i=1}^{\infty }\frac{1}{i}{x}^i$$

$m$个圆排列就是$m$个$f(x)$乘起来，因为圆排列之间没有顺序，所以除以一个阶乘

即

$$\frac{f^m(x)}{m!}$$

$f(x)$没有常数项，所以需要平移一位

下降幂多项式转普通多项式

因为上面已经证明过下降幂多项式的点值的 EGF 等于它的系数的 OGF 叉上$e^x$

所以算出点值跑快速插值就可以了。

点值连续，不用写多点求值，还是比较清真的。

#include 
#include 
#include 
#include 
#define MAXN 524288
using namespace std;
const int MOD=998244353;
typedef long long ll;
inline int read()
{
     
	int ans=0;
	char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
inline int add(const int& x,const int& y){
     return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){
     return x<y? x-y+MOD:x-y;}
inline int qpow(int a,int p)
{
     
	int ans=1;
	while (p)
	{
     
		if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;
		a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;
	}
	return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
int rt[2][24],fac[MAXN],finv[MAXN];
int l,r[MAXN],lim;
inline void init(){
     lim=1<<l;for (int i=0;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));}
inline void NTT(int* a,int type)
{
     
	for (int i=0;i<lim;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
	for (int L=0;L<l;L++)
	{
     
		int mid=1<<L,len=mid<<1;
		ll Wn=rt[type][L+1];
		for (int s=0;s<lim;s+=len)
			for (int k=0,w=1;k<mid;k++,w=w*Wn%MOD)
			{
     
				int x=a[s+k],y=(ll)w*a[s+mid+k]%MOD;
				a[s+k]=add(x,y),a[s+mid+k]=dec(x,y);
			}
	}
	if (type)
	{
     
		int t=inv(lim);
		for (int i=0;i<lim;i++) a[i]=(ll)a[i]*t%MOD;
	}
}
int F[MAXN],G[MAXN];
int* g[MAXN<<1];
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
void build(int p,int ql,int qr)
{
     
	g[p]=new int[qr-ql+2];
	if (ql==qr) return (void)(g[p][0]=MOD-ql,g[p][1]=1);
	int mid=(ql+qr)>>1;
	build(lc,ql,mid);build(rc,mid+1,qr);
	for (l=0;(1<<l)<=(qr-ql+1);l++);
	init();
	int L[lim],R[lim];
	memset(L,0,sizeof(L));memset(R,0,sizeof(R));
	for (int i=0;i<=mid-ql+1;i++) L[i]=g[lc][i];
	for (int i=0;i<=qr-mid;i++) R[i]=g[rc][i];
	NTT(L,0);NTT(R,0);
	for (int i=0;i<lim;i++) L[i]=(ll)L[i]*R[i]%MOD;
	NTT(L,1);
	for (int i=0;i<=qr-ql+1;i++) g[p][i]=L[i];
}
void solve(int p,int* y,int* ans,int ql,int qr)
{
     
	if (ql==qr) return (void)(*ans=y[ql]);
	int mid=(ql+qr)>>1;
	for (l=0;(1<<l)<=(qr-ql);l++);
	lim=1<<l;
	int len=l;
	int fl[lim],fr[lim],gl[lim],gr[lim];
	memset(fl,0,sizeof(fl));memset(fr,0,sizeof(fr));
	memset(gl,0,sizeof(gl));