多项式快速幂
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题意：给多项式 f ( x ) f(x) f(x) 和正整数 k k k，求 f ( x ) k ( m o d x n ) f(x)^k\pmod{x^n} f(x)k(modxn)，系数对 998244353 998244353 998244353 取模。
k ≤ 1 0 1 0 5 , a 0 = 1 k\le10^{10^5},a_0=1 k≤10105,a0=1
前置知识：多项式 ln \ln ln，多项式 exp \exp exp。
下面多项式的系数默认对 998244353 998244353 998244353 取模。
对于求多项式的快速幂，很容易想到整数的快速幂，用类似的方法求出。
但是对于此题， k ≤ 1 0 1 0 5 k\le10^{10^5} k≤10105，太大了，会 TLE。
想到之前学过的多项式 ln \ln ln，多项式 exp \exp exp，对原式取 ln \ln ln 再取 exp \exp exp 可得
f ( x ) k ≡ e k ln f ( x ) ( m o d x n ) f(x)^k\equiv e^{k\ln f(x)}\pmod{x^n} f(x)k≡eklnf(x)(modxn)
这样先做一遍多项式 ln \ln ln，再做一遍多项式 exp \exp exp，就可以求出答案了。
但是这里还有个问题， k k k 那么大，如果对他取模，正确性能否保证呢？如果不行，那怎么办呢？
这里有一个结论： f ( x ) p ≡ f ( x p ) f(x)^p\equiv f(x^p) f(x)p≡f(xp)
证明：使用数学归纳法。如果 f ( x ) f(x) f(x) 只有常数项，显然上式成立。
设 f ( x ) f(x) f(x) 的最高次为 t t t， g ( x ) g(x) g(x) 是 f ( x ) f(x) f(x) 去掉最高次项的多项式，且满足 g ( x ) p ≡ g ( x p ) g(x)^p\equiv g(x^p) g(x)p≡g(xp)。
则 f ( x ) = g ( x ) + a t x t f(x)=g(x)+a_tx^t f(x)=g(x)+atxt，得出 f ( x ) p = ( g ( x ) + a t x t ) p f(x)^p=(g(x)+a_tx^t)^p f(x)p=(g(x)+atxt)p。
有一个结论 ( a + b ) p ≡ a p + b p ( m o d p ) (a+b)^p\equiv a^p+b^p\pmod p (a+b)p≡ap+bp(modp)，证明略。
得到 f ( x ) p ≡ g ( x ) p + a t p ( x p ) t f(x)^p\equiv g(x)^p+a_t^p(x^p)^t f(x)p≡g(x)p+atp(xp)t
根据费马小定理， a p ≡ a ( m o d p ) a^p\equiv a\pmod p ap≡a(modp)，得 f ( x ) p ≡ g ( x p ) + a t ( x p ) t f(x)^p\equiv g(x^p)+a_t(x^p)^t f(x)p≡g(xp)+at(xp)t，得证。
对于本题， n ≤ 1 0 5 , p = 998244353 n\le10^5,p=998244353 n≤105,p=998244353，所以 n < p n n<p
所以 f ( x ) k ≡ f ( x ) k m o d p ( m o d x n ) f(x)^k\equiv f(x)^{k\bmod p}\pmod{x^n} f(x)k≡f(x)kmodp(modxn)
又可以得到 f ( x ) k m o d p ≡ e ( k m o d p ) ln f ( x ) ( m o d x n ) f(x)^{k\bmod p}\equiv e^{(k\bmod p)\ln f(x)}\pmod{x^n} f(x)kmodp≡e(kmodp)lnf(x)(modxn)
这样就可做了。
时间复杂度为 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)
代码
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