题目
给定长为n(n<=2e5)的序列a，第i个数ai(0<=ai<998244353)
求序列f，满足式子如下：
思路来源
jiangly代码/力扣群友tdzl2003/propane/自己的乱搞
题解
分治NTT，考虑[l,mid]对[mid+1,r]的贡献，
但是，手玩一下就会发现有个问题
举个例子，
1. [l,mid]=[0,1]，[mid+1,r]=[2,3]，那么右半边f2会加上f0*(f0+f1)+f1*f0，贡献完整
2. [l,mid]=[5,6]，[mid+1,r]=[7,8]，那么右半边f7会加上f5*(f0+f1)+f6*f0
相当于只有一半贡献，比如有f5*f0，没有f0*f5，
因为考虑f0所在区间对右的贡献时，f5还没算出来
对于第二种情况，贡献就需要乘以2
这两种情况会混在一起导致很难算么，答案是不会的
考虑第一次出现贡献完整，不需要*2的项时，
左边两个下标最小，右边下标最大，也就是l+l=r-1，满足2*l
由于分治NTT是分治的完整的2的幂次的区间，左右半段等长，
观察不难发现（jiangly代码告诉我们）只有l=0时，才会出现2*l
所以，分类讨论两种情况即可
Bonus
官方题解/群友给出了全在线卷积/半在线卷积的解法，更好理解，
一边卷积求第i项，一边维护卷积的前缀和
大概看了看是构造出了一个矩阵，
数字表示该数加入的时候算哪些矩阵，
每个矩阵对应一个边长规模的卷积
从而保证任何时刻均摊都是n(logn)^2，可以考虑以后整理个板子（咕）……
代码1（参考）
时间大概是代码2的一半
l=r处求f[l]的值，卷积的前缀和也是在此处算的
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned ll
const int N = 1<<20, P = 998244353;
const int Primitive_root = 3;
struct Z{
int x;
Z(const int _x=0):x(_x){}
Z operator +(const Z &r)const{ return x+r.x(x)*r.x%P;}
Z operator +=(const Z &r){ return x=x+r.x(x)*r.x%P, *this;}
friend Z Pow(Z, int);
pair Mul(pair x, pair y, Z f)const{
return make_pair(
x.first*y.first+x.second*y.second*f,
x.second*y.first+x.first*y.second
);
}
};
Z Pow(Z x, int y=P-2){
Z ans=1;
for(; y; y>>=1, x=x*x) if(y&1) ans=ans*x;
return ans;
}
namespace Poly{
Z w[N];
Z Inv[N];
vector ans;
vector > p;
ull F[N];
int Get_root(){
static int pr[N],cnt;
int n=P-1,sz=(int)(sqrt(n)),root=-1;
for(int i=2;i<=sz;++i){if(n%i==0)pr[cnt++]=i;while(n%i==0)n/=i;}
if(n>1)pr[cnt++]=n;
for(int i=1;i &f, int n){
if((int)f.size()!=n) f.resize(n);
for(int i=0, j=0; i>1; (j^=k)>=1);
}
if(n<=4){
for(int i=1; ix)%P;
(*F1)=*F0+P-t, (*F0)+=t;
}
}
}
else{
for(int j=0; jx)**F1%P;
int t1=(W+1)->x**(F1+1)%P;
int t2=(W+2)->x**(F1+2)%P;
int t3=(W+3)->x**(F1+3)%P;
*F1=*F0+P-t0, *F0+=t0;
*(F1+1)=*(F0+1)+P-t1, *(F0+1)+=t1;
*(F1+2)=*(F0+2)+P-t2, *(F0+2)+=t2;
*(F1+3)=*(F0+3)+P-t3, *(F0+3)+=t3;
}
}
}
for(int i=0; i &f, int n){
f.resize(n), reverse(f.begin()+1, f.end()), DFT(f, n);
Z I=1;
for(int i=1; i operator +(const vector &f, const vector &g){
vector ans=f;
ans.resize(max(f.size(), g.size()));
for(int i=0; i<(int)g.size(); ++i) ans[i]+=g[i];
return ans;
}
vector operator *(const vector &f, const vector &g){
static vector F, G;
F=f, G=g;
int p=Get(f.size()+g.size()-2);
DFT(F, p), DFT(G, p);
for(int i=0; if,a,b,g,h;
void work(int l, int r){//左闭右开
if(l+1==r){
if(l){
f[l]=h[l-1]*g[l];
h[l]+=h[l-1]+Z(2)*f[l];
}
else{
f[l]=1;
h[l]=1;
}
//printf("l:%d r:%d h:%d f:%d\n",l,r,h[l].x,f[l].x);
return;
}
int mid=(l+r)>>1,sz=(r-l)>>1;
work(l,mid);
if(l==0){
a.resize(r-l);b.resize(sz);
memset(&a[sz],0,sizeof(Z)*sz); //把a的右区间强制清0 (2,0)
memcpy(&a[0],&f[l],sizeof(Z)*sz); //把a的左区间强制赋成f已经算的值 (2,0) 移到a的对应部分
memcpy(&b[0],&f[0],sizeof(Z)*sz); //把整个区间长度的g移动到b的位置
a=a*b;
for(int i=sz;i
代码2（乱搞）
左对右的贡献的前缀和是每次分治现求的，
反正时间瓶颈是做NTT的过程
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned ll
const int N = 1<<20, P = 998244353;
const int Primitive_root = 3;
struct Z{
int x;
Z(const int _x=0):x(_x){}
Z operator +(const Z &r)const{ return x+r.x(x)*r.x%P;}
Z operator +=(const Z &r){ return x=x+r.x(x)*r.x%P, *this;}
friend Z Pow(Z, int);
pair Mul(pair x, pair y, Z f)const{
return make_pair(
x.first*y.first+x.second*y.second*f,
x.second*y.first+x.first*y.second
);
}
};
Z Pow(Z x, int y=P-2){
Z ans=1;
for(; y; y>>=1, x=x*x) if(y&1) ans=ans*x;
return ans;
}
namespace Poly{
Z w[N];
Z Inv[N];
vector ans;
vector > p;
ull F[N];
int Get_root(){
static int pr[N],cnt;
int n=P-1,sz=(int)(sqrt(n)),root=-1;
for(int i=2;i<=sz;++i){if(n%i==0)pr[cnt++]=i;while(n%i==0)n/=i;}
if(n>1)pr[cnt++]=n;
for(int i=1;i &f, int n){
if((int)f.size()!=n) f.resize(n);
for(int i=0, j=0; i>1; (j^=k)>=1);
}
if(n<=4){
for(int i=1; ix)%P;
(*F1)=*F0+P-t, (*F0)+=t;
}
}
}
else{
for(int j=0; jx)**F1%P;
int t1=(W+1)->x**(F1+1)%P;
int t2=(W+2)->x**(F1+2)%P;
int t3=(W+3)->x**(F1+3)%P;
*F1=*F0+P-t0, *F0+=t0;
*(F1+1)=*(F0+1)+P-t1, *(F0+1)+=t1;
*(F1+2)=*(F0+2)+P-t2, *(F0+2)+=t2;
*(F1+3)=*(F0+3)+P-t3, *(F0+3)+=t3;
}
}
}
for(int i=0; i &f, int n){
f.resize(n), reverse(f.begin()+1, f.end()), DFT(f, n);
Z I=1;
for(int i=1; i operator +(const vector &f, const vector &g){
vector ans=f;
ans.resize(max(f.size(), g.size()));
for(int i=0; i<(int)g.size(); ++i) ans[i]+=g[i];
return ans;
}
vector operator *(const vector &f, const vector &g){
static vector F, G;
F=f, G=g;
int p=Get(f.size()+g.size()-2);
DFT(F, p), DFT(G, p);
for(int i=0; if,a,b,g;
void work(int l, int r){//左闭右开
if(l+1==r)return;
int mid=(l+r)>>1,sz=(r-l)>>1;
work(l,mid);
int up=min(r-l,l);
//printf("up:%d\n",up);
if(up){
a.resize(r-l);b.resize(up);
memset(&a[sz],0,sizeof(Z)*sz); //把a的右区间强制清0 (2,0)
memcpy(&a[0],&f[l],sizeof(Z)*sz); //把a的左区间强制赋成f已经算的值 (2,0) 移到a的对应部分
memcpy(&b[0],&f[0],sizeof(Z)*up); //把整个区间长度的g移动到b的位置
a=a*b;
for(int i=1;i
