[模板]多项式全家桶小记(求逆,开根,ln,exp)

0|1前言

这里的全家桶目前只包括了 $ln,exp,sqrt$ 。还有一些类似于带余数模，快速幂之类用的比较少的有时间再更， $NTT$ 这种前置知识这里不多说。

还有一些基本的导数和微积分内容要了解，建议不懂的可以先去翻翻高二数学书。

之后多项式算法基本是一环扣一环的，所以前面的看不懂对于后面的理解会造成很大影响。

本博客涉及内容偏浅

0|2Tips

这里是一些我个人的模板书写习惯

习惯相关的问题：默认将读入的 $n$ 变为 $2$ 的整数次幂形式，目前为止这样的做法都不会影响正确性
正确性相关的问题：模板书写应满足使用的中间变量不重复，如在求 $ln$ 和逆元时不应该使用重复的中间变量（可能会导致信息丢失）
正确性相关的问题：在每次进行任意操作前应保证在操作值域内不会有上次的信息参与（要清零）

0|3参考资料

1|0正题

1|1多项式求逆

1|0题目大意

给出一个多项式 $F$ ，求出一个 $G$ 使得

F (x) * G (x) \equiv 1 (m o d x^{n})

$F(x)*G(x)\equiv1(mod\ x^n)$

1|0分析

利用经典的倍增思想，假设我们已知多项式 $G'(x)$ 满足

F (x) G^{'} (x) \equiv 1 (m o d x^{\frac{n}{2}})

$F(x)G'(x)\equiv1(mod\ x^{\frac{n}{2}})$

又有

F (x) G (x) \equiv 1 (m o d x^{\frac{n}{2}})

$F(x)G(x)\equiv 1(mod\ x^{\frac{n}{2}})$

就有了

F (x) (G (x) - G^{'} (x)) \equiv 0 (m o d x^{\frac{n}{2}}) \Rightarrow G (x) - G^{'} (x) \equiv 0 (m o d x^{\frac{n}{2}})

$F(x)(G(x)-G'(x))\equiv 0(mod\ x^{\frac{n}{2}})\Rightarrow G(x)-G'(x)\equiv 0(mod\ x^{\frac{n}{2}})$

然后两边同时平方，后面的模数同理也要平方

G (x)^{2} - 2 G (x) G^{'} (x) + G^{'} (x)^{2} \equiv 0 (m o d x^{n})

$G(x)^2-2G(x)G'(x)+G'(x)^2\equiv 0(mod\ x^n)$

再乘上一个 $F(x)$

F (x) G (x)^{2} - 2 F (x) G (x) G^{'} (x) + F (x) G^{'} (x)^{2} \equiv 0 (m o d x^{n})

$F(x)G(x)^2-2F(x)G(x)G'(x)+F(x)G'(x)^2\equiv 0(mod\ x^n)$

又因为 $F(x)G(x)\equiv 1(mod\ x^n)$ ，所以就有

G (x) - 2 G^{'} (x) + F (x) G^{'} (x)^{2} \equiv 0 (m o d x^{n}) \Rightarrow G (x) \equiv 2 G^{'} (x) - F (x) G^{'} (x)^{2} (m o d x^{n})

$G(x)-2G'(x)+F(x)G'(x)^2\equiv0(mod\ x^n)\Rightarrow G(x)\equiv 2G'(x)-F(x)G'(x)^2(mod\ x^n)$

然后倍增就好了，时间复杂度是类似于 $T(n)=T(\frac{n}{2})+n\log n$ 的形式所以是 $O(n\log n)$ 的。

1|0code

比较远古的代码所以码风有点不同

// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+100,XJQ=998244353,G=3,Gi=332748118;
const double Pi=acos(-1);
ll n,m,l,a[N<<2],b[N<<2],c[N<<2],r[N<<2];
ll power(ll x,ll b)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=ans*x%XJQ;
		x=x*x%XJQ;b>>=1;
	}
	return ans;
}
void ntt(ll *f,ll n,ll op)
{
	for(ll i=0;i<n;i++)
	  if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
	for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
		ll len=p>>1,tmp=power(G,(XJQ-1)/p);
		for(ll k=0;k<n;k+=p){
			ll buf=1;
			for(ll i=k;i<k+len;i++){
				ll tt=buf*f[len+i]%XJQ;
				f[len+i]=(f[i]-tt+XJQ)%XJQ;
				f[i]=(f[i]+tt)%XJQ;
				buf=buf*tmp%XJQ;
			}
		}
	}
	if(op==1) return;
	int inv=power(n,XJQ-2);reverse(f+1,f+n);
	for(int i=0;i<n;i++) f[i]=f[i]*inv%XJQ;
}
void work(ll *a,ll *b,ll l)
{
	if(l==1){b[0]=power(a[0],XJQ-2);return;}
	work(a,b,(l+1)>>1);
	ll cnt;
	for(cnt=1;cnt<(l<<1);cnt<<=1);
	for(ll i=1;i<cnt;i++)
	  r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?cnt>>1:0);
	for(ll i=0;i<l;i++) c[i]=a[i];
	for(ll i=l;i<cnt;i++) c[i]=0;
	ntt(c,cnt,1);ntt(b,cnt,1);
	for(ll i=0;i<cnt;i++)
	  b[i]=(2-b[i]*c[i]%XJQ+XJQ)%XJQ*b[i]%XJQ;
	ntt(b,cnt,-1);
	for(ll i=l;i<cnt;i++) b[i]=0;
}
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=0;i<n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]);
	work(a,b,n);
	for(ll i=0;i<n;i++)
		printf("%lld ",b[i]);
}

1|2多项式导数相关

后面就要开始用到高二的知识了

1|0多项式求导

后面定义 $f'$ 表示多项式 $f$ 的求导，定义 $a_i=f(x)[i]$ ，那么有

f^{'} (x) = \sum_{i = 0}^{n} a_{i + 1} (i + 1) x^{i}

$f'(x)=\sum_{i=0}^na_{i+1}(i+1)x^i$

大体就是把所有位乘上 $i$ 再往前移动，对导数有了解的话应该能理解，这里就不给出推导了

1|0多项式积分

同理定义 $a_i=f(x)[i]$ ，那 $f$ 的积分 $g$ 就有

g (x) = \sum_{i = 0}^{n} \frac{a_{i - 1}}{i} x^{i}

$g(x)=\sum_{i=0}^n\frac{a_{i-1}}{i}x^i$

和上面同理，需要知道积分和求导是逆运算。

1|0多项式复合

定义复合函数

F (G (x)) = \sum_{i = 0} F [i] G (x)^{i}

$F(G(x))=\sum_{i=0}F[i]G(x)^i$

看上去没什么用，之后再说

1|0泰勒公式

这里开始就暂时不和多项式有多挂钩了。

f (x) = lim_{n \to \infty} \sum_{i = 0}^{n} \frac{f^{(n)} (x_{0})}{i!} (x - x_{0})^{i} + R_{n} (x)

$f(x)=\lim_{n\to \infty}\sum_{i=0}^{n}\frac{f^{(n)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i+R_n(x)$

其中 $f^{(n)}$ 表示 $f$ 的 $n$ 阶求导， $R_n(x)$ 是余项。
看上去没有什么用，是牛迭的基础，可以直接记牛迭的结论。
到时候会有泰勒公式的常用写法

1|0牛顿迭代

这里就不用泰勒公式的推导了，直接感性点理解快速过一下。
我们知道导数

f^{'} (x) = lim_{Δ x \to 0} \frac{f (x + Δ x) - f (x)}{Δ x}

$f'(x)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$

是可以理解为求某个函数在 $(x,f(x))$ 处的切点，而牛顿迭代正是利用这个原理求函数的近似零点，可以先看一张生动的图（来自维基百科）。

就是先找一个点 $(x,f(x))$ ，然后求它在函数图像上的切线，之后这条切线与 $x$ 有交的位置 $x'$ 再带入 $x$ 之后继续这个过程。

这个过程中求得的 $x$ 在不断逼近原点，这样就可以求出一个函数 $0$ 点的近似解。

当然牛顿迭代显然并不是对所有函数都适用的，但是对于我们需要解决的多项式问题来说足够了。

然后要上泰勒公式了

f (x) = lim_{n \to \infty} \sum_{i = 0}^{n} \frac{f^{(n)} (x_{0})}{i!} (x - x_{0})^{i} + R_{n} (x)

$f(x)=\lim_{n\to \infty}\sum_{i=0}^{n}\frac{f^{(n)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i+R_n(x)$

这里只拿 $i=1$ 的情况来展开一下，再定义一个 $\phi(x)\approx f(x)$ 就是

f (x) \approx ϕ (x) = f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) - f (x_{0})

$f(x)\approx \phi(x)=f'(x_0)(x-x_0)-f(x_0)$

然后如果求 $f(x)=0$ 就是近似的求 $\phi(x)=0$ 也就是

f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) - f (x_{0}) = 0

$f'(x_0)(x-x_0)-f(x_0)=0$

就有

x = x_{0} - \frac{f (x_{0})}{f^{'} (x_{0})} \Rightarrow x_{n + 1} = x_{n} - \frac{f (x_{n})}{f^{'} (x_{n})}

$x=x_0-\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}\Rightarrow x_{n+1}=x_{n}-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$

这个递推式子。

然后就可以快速近似求解了。

1|0多项式复合零点

那么现在就是牛顿迭代的实战时间了，题目是给出一个多项式 $G(x)$ ，要求求出一个 $f(x)$ 使得 $G(f(x))\equiv 0(mod\ x^n)$ 。

拿多项式来泰勒展开推导或者直接用上面的牛迭结论。设 $f_t$ 满足 $G(f_t)\equiv 0(mod\ x^{2^t})$ ，那么就有结论

f_{t} \equiv f_{t - 1} - \frac{G (f_{t - 1})}{G^{'} (f_{t - 1})} (m o d x^{2^{t}})

$f_t\equiv f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G'(f_{t-1})}(mod\ {x^{2^t}})$

这里还是推导一下吧，先把 $f$ 给泰勒展开了（这里换成了一个比较常用的写法）

G (f_{t}) \equiv G (f_{t - 1}) + \sum_{i = 1}^{\infty} \frac{G^{(i)} (f_{t - 1})}{i!} * (f_{t} - f_{t - 1})^{i} (m o d x^{2^{t}})

$G(f_t)\equiv G(f_{t-1})+\sum_{i=1}^\infty\frac{G^{(i)}(f_{t-1})}{i!}*(f_t-f_{t-1})^i(mod\ x^{2^t})$

又因为 $G(f_{t-1})\equiv 0(mod\ x^{2^{t-1}})$ 和 $G(f_t)\equiv 0(mod\ x^{2^t})$ 。所以 $f_t-f_{t-1}$ 的前 $2^{t-1}$ 项都是 $0$ ，那么 $(f_t-f_{t-1})^2$ 的前 $2^t$ 都是0，也就当 $i\geq 2$ 的时候后面的项都被模掉了，所以式子就变得很简单了。

G (f_{t}) \equiv G (f_{t - 1}) + G^{'} (f_{t - 1}) * (f_{t} - f_{t - 1}) (m o d x^{2^{t}})

$G(f_t)\equiv G(f_{t-1})+G'(f_{t-1})*(f_t-f_{t-1})(mod\ x^{2^t})$

把 $G(f_t)=0$ 带入就有

f_{t} = f_{t - 1} - \frac{G (f_{t - 1})}{G^{'} (f_{t - 1})} (m o d x^{2^{t}})

$f_t=f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G'(f_{t-1})}(mod\ x^{2^t})$

式子到这里就得根据具体情况化简了，然后练练手？

1|3多项式开根

1|0题目大意

给出一个多项式 $F$ ，求一个多项式 $G$ 满足

G (x)^{2} = F (x) (m o d x^{n})

$G(x)^2=F(x)(mod\ x^{n})$

1|0分析

下面的 $G$ 和上面的要求的 $G$ 不同
如果我们求出一个多项式 $G(f)=f^2-F(x)$ 。如果 $G(f)\equiv 0(mod\ x^n)$ 的解就是 $f(x)\equiv \sqrt{F(x)}(mod\ x^n)$ 的解了。
之后直接代前面多项式零点求值的东西就有

f_{t} = f_{t - 1} - \frac{G (f_{t - 1})}{G^{'} (f_{t - 1})} \Rightarrow f_{t} = f_{t - 1} - \frac{f_{t - 1}^{2} - F (x)}{2 f_{t - 1}}

$f_t=f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G'(f_{t-1})}\Rightarrow f_t=f_{t-1}-\frac{f_{t-1}^2-F(x)}{2f_{t-1}}$

嗯，那个 $2f_{t-1}$ 是对 $G$ 手动求导的结果
时间复杂度也是类 $T(n)=T(\frac{n}{2})+n\log n$ 的形式所以还是 $O(n\log n)$

1|0code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=6e5+10,P=998244353,inv2=(P+1)/2;
ll n,a[N],b[N],r[N];
ll t1[N],t2[N],t3[N],t4[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
ll GetL(ll len){
    ll n=1;
    while(n<=len)n<<=1;
    for(ll i=0;i<n;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
    return n;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
    for(ll i=0;i<n;i++)
        if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
    for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
        ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
        if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
        for(ll k=0;k<n;k+=p){
            ll buf=1;
            for(ll i=k;i<k+len;i++){
                ll tt=f[i+len]*buf%P;
                f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
                f[i]=(f[i]+tt)%P;
                buf=buf*tmp%P;
            }
        }
    }
    if(op==-1){
        ll invn=power(n,P-2);
        for(ll i=0;i<n;i++)
            f[i]=f[i]*invn%P;
    }
    return;
}
void GetInv(ll *f,ll *g,ll n){
    if(n==1){g[0]=power(f[0],P-2);return;}
    GetInv(f,g,n>>1);ll l=GetL(n);
    for(ll i=0;i<n;i++)t1[i]=f[i],t2[i]=g[i];
    for(ll i=n;i<l;i++)t1[i]=t2[i]=0;
    NTT(t1,l,1);NTT(t2,l,1);
    for(ll i=0;i<l;i++)t1[i]=t1[i]*t2[i]%P*t2[i]%P;
    NTT(t1,l,-1);
    for(ll i=0;i<n;i++)g[i]=(2*g[i]-t1[i]+P)%P;
    return;
}
void Sqrt(ll *f,ll *g,ll n){
    if(n==1){g[0]=1;return;}
    Sqrt(f,g,n>>1);ll l=GetL(n<<1);
    for(ll i=0;i<n;i++)t3[i]=f[i],t4[i]=0;
    for(ll i=n;i<l;i++)t3[i]=t4[i]=0;
    GetInv(g,t4,n);l=GetL(n<<1);
    NTT(t3,l,1);NTT(t4,l,1);
    for(ll i=0;i<l;i++)t3[i]=t3[i]*t4[i]%P;
    NTT(t3,l,-1);
    for(ll i=0;i<n;i++)g[i]=(g[i]+t3[i])*inv2%P;
    return;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    ll m=GetL(n);
    Sqrt(a,b,m);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        printf("%lld ",b[i]);
    return 0;
}

1|4多项式ln

1|0题目大意

给出一个多项式 $F$ ，求一个多项式 $G$ 满足

G (x) \equiv l n (F (x)) (m o d x^{n})

$G(x)\equiv ln(F(x))(mod\ x^n)$

1|0分析

这个题不用牛顿迭代，对 $G$ 求个导，因为是复合函数直接展开

G^{'} (x) \equiv l n^{'} (F (x)) * F (x) (m o d x^{n}) \Rightarrow G^{'} (x) \equiv \frac{F (x)}{F^{'} (x)} (m o d x^{n})

$G'(x)\equiv ln'(F(x))*F(x)(mod\ x^n)\Rightarrow G'(x)\equiv\frac{F(x)}{F'(x)}(mod\ x^n)$

这个推导要用到的有 $ln'(x)=\frac{1}{x}$ 。

就是算 $\frac{F(x)}{F'(x)}$ 再积分就好了
时间复杂度 $O(n\log n)$

1|0code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4e5+10,P=998244353;
ll n,r[N],f[N],g[N];
ll t1[N],t2[N],t3[N],t4[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
ll GetL(ll len){
    ll n=1;
    while(n<=len)n<<=1;
    for(ll i=0;i<n;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
    return n;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
    for(ll i=0;i<n;i++)
        if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
    for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
        ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
        if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
        for(ll k=0;k<n;k+=p){
            ll buf=1;
            for(ll i=k;i<k+len;i++){
                ll tt=f[i+len]*buf%P;
                f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
                f[i]=(f[i]+tt)%P;
                buf=buf*tmp%P;
            }
        }
    }
    if(op==-1){
        ll invn=power(n,P-2);
        for(ll i=0;i<n;i++)
            f[i]=f[i]*invn%P;
    }
    return;
}
void GetInv(ll *f,ll *g,ll n){
    if(n==1){g[0]=power(f[0],P-2);return;}
    GetInv(f,g,n>>1);ll m=GetL(n);
    for(ll i=0;i<n;i++)t1[i]=f[i],t2[i]=g[i];
    for(ll i=n;i<m;i++)t1[i]=t2[i]=0;
    NTT(t1,m,1);NTT(t2,m,1);
    for(ll i=0;i<m;i++)t1[i]=t1[i]*t2[i]%P*t2[i]%P;
    NTT(t1,m,-1);
    for(ll i=0;i<n;i++)g[i]=(2*g[i]-t1[i]+P)%P;
    return;
}
void GetD(ll *f,ll *g,ll n){
    for(ll i=0;i<n;i++)
        g[i]=f[i+1]*(i+1)%P;
    g[n-1]=0;return;
}
void GetJ(ll *f,ll *g,ll n){
    for(ll i=1;i<n;i++)
        g[i]=f[i-1]*power(i,P-2)%P;
    g[0]=0;return;
}
void GetLn(ll *f,ll *g,ll n){
    n=GetL(n);
    GetD(f,t3,n);GetInv(f,t4,n);
    n=GetL(n);NTT(t3,n,1);NTT(t4,n,1);
    for(ll i=0;i<n;i++)t3[i]=t3[i]*t4[i]%P;
    NTT(t3,n,-1);GetJ(t3,g,n);
    return;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        scanf("%lld",&f[i]);
    GetLn(f,g,n);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        printf("%lld ",g[i]);
    return 0;
}

1|5多项式exp

1|0题目大意

给出多项式 $F$ ，求一个多项式 $G$ 满足

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

$G(x)\equiv e^{F(x)}(mod\ x^n)$

1|0解题思路

这个应该是最麻烦的了，和开根一样的思路
定义一个复合函数 $G(f)=ln(f)-F(x)$ 那么当 $G(f)=0$ 的解就是答案了。
然后同理直接上倍增加泰勒展开

f_{t} \equiv f_{t - 1} - \frac{G (f_{t - 1})}{G^{'} (f_{t - 1})} (m o d x^{2^{t}}) \Rightarrow f_{t} \equiv f_{t - 1} - (l n (f_{t - 1}) + F (x)) * f_{t - 1} (m o d x^{2^{t}})

$f_t\equiv f_{t-1}-\frac{G(f_{t-1})}{G'(f_{t-1})}(mod\ x^{2^t})\Rightarrow f_t\equiv f_{t-1}-(ln(f_{t-1})+F(x))*f_{t-1}(mod\ x^{2^t})$

然后时间复杂度依旧是 $T(n)=T(\frac{n}{2})+n\log n$ ，所以还是 $O(n\log n)$ 的

然后上个 $ln$ 和求逆就好了

1|0code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=8e5+10,P=998244353;
ll n,m,r[N],a[N],b[N];
ll t1[N],t2[N],t3[N],t4[N],t5[N],t6[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
void GetL(ll len){
    n=1;while(n<=len)n<<=1;
    for(ll i=0;i<n;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
    return;
}
void NTT(ll *f,ll op){
    for(ll i=0;i<n;i++)
        if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
    for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
        ll len=p>>1,tmp=power(3,(P-1)/p);
        if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
        for(ll k=0;k<n;k+=p){
            ll buf=1;
            for(ll i=k;i<k+len;i++){
                ll tt=f[i+len]*buf%P;
                f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
                f[i]=(f[i]+tt)%P;
                buf=buf*tmp%P;
            }
        }
    }
    if(op==-1){
        ll invn=power(n,P-2);
        for(ll i=0;i<n;i++)
            f[i]=f[i]*invn%P;
    }
    return;
}
void GetInv(ll *f,ll *g,ll m){
    if(m==1){g[0]=power(f[0],P-2);return;}
    GetInv(f,g,m>>1);GetL(m);
    for(ll i=0;i<m;i++)t1[i]=f[i],t2[i]=g[i];
    for(ll i=m;i<n;i++)t1[i]=t2[i]=0;
    NTT(t1,1);NTT(t2,1);
    for(ll i=0;i<n;i++)t1[i]=t1[i]*t2[i]%P*t2[i]%P;
    NTT(t1,-1);
    for(ll i=0;i<m;i++)g[i]=(2*g[i]-t1[i]+P)%P;
    return;
}
void GetD(ll *f,ll *g,ll n){
    for(ll i=0;i<n-1;i++)
        g[i]=f[i+1]*(i+1)%P;
    g[n-1]=0;return;
}
void GetJ(ll *f,ll *g,ll n){
    for(ll i=1;i<n;i++)
        g[i]=f[i-1]*power(i,P-2)%P;
    g[0]=0;return;
}
void GetLn(ll *f,ll *g,ll m){
    GetL(m);GetD(f,t3,n);GetInv(f,t4,n);
    GetL(m);GetL(n);NTT(t3,1);NTT(t4,1);
    for(ll i=0;i<n;i++)t3[i]=t3[i]*t4[i]%P;
    NTT(t3,-1);GetJ(t3,g,n);
    for(int i=0;i<n;i++)t3[i]=t4[i]=0;
    return;
}
void GetExp(ll *f,ll *g,ll m){
    if(m==1){g[0]=1;return;}
    GetExp(f,g,m>>1);GetLn(g,t5,m);GetL(m);
    for(ll i=0;i<m;i++)t6[i]=f[i];
    for(ll i=m;i<n;i++)t5[i]=t6[i]=0;
    NTT(t5,1);NTT(t6,1);NTT(g,1);
    for(ll i=0;i<n;i++)
        g[i]=g[i]*(1-t5[i]+t6[i]+P)%P;
    NTT(g,-1);for(ll i=m;i<n;i++)g[i]=0;
    return;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&m);
    for(ll i=0;i<m;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    GetL(m);GetExp(a,b,n);
    for(ll i=0;i<m;i++)
        printf("%lld ",b[i]);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
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发表于 2021-01-25 10:08阅读：137评论：0推荐：0

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