FFT入门——学习笔记
FFT入门
给一个非常好的入门视频：
复数与单位根
定义：\(i^2=-1\)为虚数单位，我们称形如\(a+bi(a,b\in R)\)的数为复数。
我们可以用复数在复平面上表示点\((0,0)->(a,b)\)的向量，我们称\(x\)的正轴与该向量的夹角为幅角，\(\sqrt{a^2+b^2}\)为模长。
下文中，我们默认\(n,m\)为2的幂。
我们以原点为起点，单位圆的\(n\)等分点为终点，设幅角为正且最小的向量所对应的复数为\(w_n^0\)，表示\(n\)次单位根，设其余\(n-1\)个单位根为\(w_n^1,w_n^2…\)。
这里显然有：\(w_n^n=w_n^0=1\)。
引出欧拉公式：
那么由向量的运算法则（模长相乘，幅角相加），显然有\(w_n^k=(w_n^1)^k\)。
那么几个小性质：
- \(w_n^0=w_n^n=1\)
- \(w_{dn}^{dk}=w_n^k\)
- \(w^k_n=(w^1_n)^k\)
- \(w^{k+\frac{n}{2}}_n=-w^k_n\)
关于性质4的证明，可以将\(k+\frac{n}{2}\)看作旋转180度的结果，自然为复。
给张图
点值表示法
对于多项式\(A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+…+a_{n-1}x^{n-1}\),\((a_0,a_1,a_2…)\)为其系数表示法。
而带入\(n\)个不同的\(x\)，得到的\(n\)个二元组\((x_0,y_0),(x_1,y_1),(x_2,y_2)……\)即为多项式的点值表示法。
对于两个多项式\(A(x),B(x)\)，计算他们的乘积\(C(x)=A(x)B(x)\)的点值表示就只需要将\(A(x),B(x)\)对应的点值表示的\(y\)值相乘即可，也即\((x_0,y_{0,A}\times y_{0,B})……\)，但我们需要\(n+m\)个点。
可见点值表示法求多项式的积是非常方便的，这引出了一个极为伟大的思想：求出\(A,B\)的点值表示->求出\(A(x)\times B(x)\)的点值表示->将点值表示化为系数表示
其中第二步可以\(O(n+m)\)做到。其中表示\(A,B\)分别为\(n,m\)阶多项式。
因为\(C\)是\(n+m\)阶多项式，所以可以将\(A,B\)不足的位补0。下面我们来尝试优化第一个和第三个步骤，这就是FFT所做的事情。
FFT流程
我们现在讨论如何求出\(A\)的点值表达。将单位根\(w_n^k\)带入，得到：
\(A(w_n^k)=\sum_{k'=0}^{n-1}a_kw^{kk'}_n\)。
因为\(n\)是\(2\)的幂。考虑奇偶分组：
\(A1(x)=a_0+a_2x^2+a_4x^4…,A2(x)=a_1x+a_3x^3+a_5x^5…\)。
得到：\(A(x)=A1(x^2)+xA2(x^2)\)。
将\(w_n^k(k<\frac{n}{2})\)带入得到：
将\(w^{k+\frac{n}{2}}_n\)带入得到：
\(k,k+\frac{n}{2}\)正好取遍\([0,n-1]\)。
这个式子告诉我们，只需要我们处理左半区间的\(A1,A2\)的点值表达式，就可以快速得到\(A\)的整个区间的点值表达式。故可以分治处理，复杂度\(O(n\log n)\)。
可以写出代码：
//node 是复数类
db pi=acos(-1.0);
void solve(int limit,node a[],int tag){
if(limit==1)return ;//单个常数没有用
node a1[(limit>>1)+5],a2[(limit>>1)+5];
for(int i=0;i<=limit;i+=2){
a1[i>>1]=a[i];
a2[i>>1]=a[i+1];
}//处理出系数
solve(limit>>1,a1,tag);
solve(limit>>1,a2,tag);
node wn={cos(2.0*pi/limit),tag*sin(2.0*pi/limit)},w={1.0,0};//pi是圆周率
for(int i=0;i<(limit>>1);i++,w=w*wn){
a[i]=a1[i]+w*a2[i];
a[i+(limit>>1)]=a1[i]-w*a2[i];
}
}
//tag=1
a数组就给出了\(x=w_n^0,w_n^1,w_n^2…\)的\(A\)的点值表示。
至于我们为什么要搞一个tag，会告诉你答案的。
点值化系数
直觉告诉我们，因为上文的solve在对其进行系数化点值的时候，我们搞了个变量tag=1，不难想到它的逆过程就是tag=-1，就可以让点值化系数了！
但是，这个系数不是我们想要的。
设上述FFT把\(A(x)\)的点值表示求出为\((y_0,y_1,y_2…)\)，逆过程求出来的系数是\((c_0,c_1,c_2…)\)，则\(c_k=\sum_{j=0}^{n-1}y_jw^{-jk}_n\)。
展开：
将\(w^{i-k}_n\)看作整体，运用等比数列求和公式，得到：\(c_k=\sum_{i=0}^{n-1}a_i\frac{w_n^{(i-k)^{n}}-1}{w_n^{i-k}-1}\)
因为\(w_n^{(i-k)^n}=(w^n_n)^{i-k}=1\)，故分子为0，分母显然不为0，但当\(i=k\)时，得到其为：\(na_i\)显然可以给出：\(c_k=na_k\)，故可以给出：
这就是FFT求逆。点值化系数。
这有什么用呢？我们在求出来\(A,B\)的点值表示并且相乘后，再求逆得出\((c_0,c_1…)\)，再对每一个\(c\)除以\(n+m\)就可以得出\(C\)的系数了！
所以整个过程是这样的。盗用一张图：
代码实现：
迭代换递归
不难看出，递归的解法虽然简洁明了，但却有极大的空间和常数开销，我们考虑将其从递归转化为迭代：
观察这一张图。
我们将底层的数的下标写作二进制数：
| 原序列 | 000 | 001 | 010 | 011 | 100 | 101 | 110 | 111 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 重排后 | 000 | 100 | 010 | 110 | 001 | 101 | 011 | 111 |
乍一看，我们好像发现：这个二进制数好像上下对应是反过来了。考虑证明这个性质，实际也不难，每一次划分就对一个二进制位进行了交换，自然会反过来。
将一个l位的二进制数\(x\)倒置，可以这样做：设r[x]为\(x\)倒置后的结果，则有r[x]=(r[x>>1]>>1)|((x&1)<<(l-1))，其中\(limit=2^l\)。
所以我们可以预处理出这个倒置的数组r，即可处理出合并的顺序，然后将长度为二的幂的区间自大到小合并即可，就省去了自顶向下带来的巨大常数和空间开销。
NTT
首先，类比FFT，我们利用了单位根的以下性质：
- \(w_n^0=w_n^n=1\)
- \(w_{dn}^{dk}=w_n^k\)
- \(w^k_n=(w^1_n)^k\)
- \(w^{k+\frac{n}{2}}_n=-w^k_n\)
而NTT是解决在模意义下的多项式乘法。
为什么我们需要NTT?因为FFT它炸精了！
而NTT的重要思想就是在整数域，模意义下的同样具有以上性质的整数，这让我们发现了——原根！
前置知识
阶
定义：
若\(a,p\)互素，那么满足\(a^n\equiv 1(\bmod p)\)的最小正整数\(n\)即为\(a\)模\(p\)的阶，记作\(\delta_p(a)\)
例如\(\delta_7(2)=3\)
原根
设\(p\in \mathbb{N^+},a\in \mathbb{Z}\)，若满足\(\delta_p(a)=\varphi(p)\)，则称\(a\)为模\(p\)的一个原根。
注意，对于模数\(p\)，如果它有原根，那么它的原根数量是\(\varphi(\varphi(p))\)。
对于\(m\)来说，存在模\(m\)的原根的重要条件是：\(m=2,4,p^a,2p^a(p\in Prime,a\in \mathbb{N^+})\)
性质
对于原根，存在一个非常重要的定理：
设\(p\)是素数，\(g\)是模\(p\)的一个原根，那么\(g^i\bmod p(1<g<p,0\le i<p-1)\)互不相同。
用原根代替单位根
这里因为\(n\)是2的幂，所以我们对\(p\)有一定要求，\(p=a2^x+1\)，常见的有：
\(998244353=119\times 2^{23}+1,1004535809=479\times 2^{21}+1\)。\(3\)是他们的原根之一。
设\(g_n^n\equiv 1(\bmod p)\)且\(g_n^1,g^1_n……g^{n-1}_n\)在模\(p\)下互不相同，则\(g_n\equiv g^{\frac{p-1}{n}}(\bmod p)\)等价于\(w_n^1\)。
证明：
- \(g^n_n\equiv 1(\bmod p)\)
根据定义显然
- \(g_n^1,g^1_n……g^{n-1}_n\)在模\(p\)下互不相同
根据定义显然
- \(w^{k+\frac{n}{2}}_n=-w^{k}_n,w^2_n=w^1_{\frac{n}{2}}\)
由于\(g_n^1=g^\frac{p-1}{n}\)，设\(m=\frac{p-1}{n}\)，则\(nm=p-1\)，当\(n'=\frac{n}{2}\)时，\(m'=2m\)。所以\(g^2_n=g^{2m}=g^1_{\frac{n}{2}}\)，这样我们就证明了后面一条定理
然后对于\(g^{k+\frac{n}{2}}_n=g^k_n·g^{\frac{n}{2}}_n\)，\(g^{\frac{n}{2}}_n=g^{\frac{p-1}{2}}\)，根据费马小定理，可以得到\(g^{\frac{p-1}{2}}=1\text{或}-1\)。然后因为\(g^0\equiv 1(\bmod p)\)，根据性质2可以得到\(g^{\frac{p-1}{2}}=-1\)。所以带入即可得证。
- \(\sum_{j=0}^{n-1}g_n^{j(i-k)}\)当且仅当在\(i-k=0\)时为\(n\)，否则为\(0\)
同理当\(i-k=0\)时显然为\(n\)
当\(i\neq k\)时，根据等比数列求和公式可以得到\(\frac{g_n^{(i-k)^{n}}-1}{g_n^{i-k}-1}\)，根据原根的定义和费马小定理：\(g_n^n=g^{p-1}\equiv 1(\bmod p)\)，所以也可以得到分子为0。
综上，\(g_n^1=g^{\frac{p-1}{n}}\)为一个可替代\(w\)的选择。
在上面的FFT代码中，我们仅仅需要写个快速幂，再更改几行：
不过为什么我的NTT跑不过FFT啊，还慢得一批。
附上一张常用表：
//（\(g\) 是\(\bmod(r2^k+1)\)的原根）
| 素数 | r | k | g |
|---|---|---|---|
| 3 | 1 | 1 | 2 |
| 5 | 1 | 2 | 2 |
| 17 | 1 | 4 | 3 |
| 97 | 3 | 5 | 5 |
| 193 | 3 | 6 | 5 |
| 257 | 1 | 8 | 3 |
| 7681 | 15 | 9 | 17 |
| 12289 | 3 | 12 | 11 |
| 40961 | 5 | 13 | 3 |
| 65537 | 1 | 16 | 3 |
| 786433 | 3 | 18 | 10 |
| 5767169 | 11 | 19 | 3 |
| 7340033 | 7 | 20 | 3 |
| 23068673 | 11 | 21 | 3 |
| 104857601 | 25 | 22 | 3 |
| 167772161 | 5 | 25 | 3 |
| 469762049 | 7 | 26 | 3 |
| 998244353 | 119 | 23 | 3 |
| 1004535809 | 479 | 21 | 3 |
| 2013265921 | 15 | 27 | 31 |
| 2281701377 | 17 | 27 | 3 |
| 3221225473 | 3 | 30 | 5 |
| 75161927681 | 35 | 31 | 3 |
| 77309411329 | 9 | 33 | 7 |
| 206158430209 | 3 | 36 | 22 |
| 2061584302081 | 15 | 37 | 7 |
| 2748779069441 | 5 | 39 | 3 |
| 6597069766657 | 3 | 41 | 5 |
| 39582418599937 | 9 | 42 | 5 |
| 79164837199873 | 9 | 43 | 5 |
| 263882790666241 | 15 | 44 | 7 |
| 1231453023109121 | 35 | 45 | 3 |
| 1337006139375617 | 19 | 46 | 3 |
| 3799912185593857 | 27 | 47 | 5 |
| 4222124650659841 | 15 | 48 | 19 |
| 7881299347898369 | 7 | 50 | 6 |
| 31525197391593473 | 7 | 52 | 3 |
| 180143985094819841 | 5 | 55 | 6 |
| 1945555039024054273 | 27 | 56 | 5 |
| 4179340454199820289 | 29 | 57 | 3 |
\(998244353,1004535809,469762049\)，他们都存在原根\(3\)且都在int范围内。 |
任意模数NTT
它大概是这样的，由于算法竞赛中常见的模数是\(10^9\)次方级别的，最常用的是998244353,1e9+7这两个，于是对于多项式乘法\(A(x)B(x)\)，设两个多项式分别是\(n,m(n<m)\)阶的，那么乘法所产生的最大值是\(10^9\times 10^9m\)，由于\(m\)不会大于\(10^6\)级别，所以答案的值不会超过\(10^{24}\)。可以这样考虑，我们选择3个1e9级别的模数，比如上文所说的\(998244353,1004535809,469762049\)，这三者的乘积显然是大于1e24的，我们分别对于这些数跑NTT，这很方便，但需要9次NTT。然后我们便得到了如下这个方程组：
因为直接合并三个质数会爆long long，于是我们需要科技。
根据CRT的方法，可以先合并前两个式子，这样\(p_1p_2\)不会爆long long，得到：
其中\(P=p_1p_2,A=a_1p_2p_2^{-1}+a_2p_1p_1^{-1}\),\(p_1^{-1},p_2^{-1}\)分别是在模\(p_2,p_1\)时的逆元。
然后就有：\(x=kP+A\equiv a_3(\bmod p_3)\)，立即可推得：\(k\equiv(a_3-A)\times P^{-1}(\bmod p_3)\)。
然后就给出了答案：\(x=kP+A(\bmod p)\)。
这里在做\(P^{-1}\)的时候long long会挂掉。而计算逆元用费马小定理，故我们需要龟速乘！奇淫技巧！
当然偷懒可以直接__int128。奇淫技巧类似于：
ll mul(ll a,ll b,ll P){
a=(a%P+P)%P,b=(b%P+P)%P;
return ((a*b-(ll)((long double)a/P*b+1e-6)*P)%P+P)%P;
}
建议背下。
于是稍加更改便可以写出三模数NTT代码：
细节蛮多的，我会尽量在代码中标注。
事实上：
简直慢的要死
MTT
同理解决任意模数的问题。
不妨将 \(A(x),B(x)\) 分别的系数拆掉，也即设 \(A1(x)\times 2^{15}+A2(x)=A(x),B(x)\) 同理。
然后我们来考虑加速，朴素的想法是：
\(A(x)\times B(x)=A1(x)B1(x)\times 2^{30}+2^{15}\times (A2(x)\times B1(x)+A1(x)\times B2(x))+A2(x)B2(x)\)
那么不妨利用 \(FFT\) 的特性，令 \(f_x=a1_x+i·a2_x,g_x=b1_x+i·b2_x\)。
因此 \(f\times g=A1(x)\times B1(x)-A2(x)\times B2(x)+i·(A1(x)\times B2(x)+A2(x)\times B1(x))\)。
然后再有取 \(f'=a1_x+i·(-a2_x)\)，做 \(f'\times g\)。
得到 \(A1(x)\times B1(x)+A2(x)\times B2(x)+i·(A1(x)\times B2(x)-A2(x)\times B1(x))\)。
分列方程，即可解出所需四个乘法。
也即 \(f+f'\) 得到了 \(a1b1,a1b2\)，\(f-f'\) 得到了 \(a2b2,-a2b1\)。
一共五次FFT。非常优秀。
注意复数除以实数： \(\frac{a+i·b}{c}=\frac{a}{c}+i·\frac{b}{c}\)
分治FFT
我们一般的卷积式子是这样的：
这时候就是裸的FFT/NTT
但有时候会遇到如下毒瘤的式子：
我们发现，TA和正常的卷积并无什么差别，但问题是\(a\)出现在了式子的两边？？？
这时候，正常的FFT/NTT不能满足我们的要求，于是考虑改变这个算法，食用分治法：
假设我们已经知道了\([l,mid]\)中的\(a\)值，那么左半区间\([l,mid]\)对右半区间\([mid+1,r]\)的贡献\(F\)可以计算为：
在每轮分治求这个卷积的值的时候，将辅助数组\(A\)填充\(a\)的\([l,mid]\)部分，\(B\)填充\(b\)的\([1,r-l]\)部分。
这时候就又是一个多项式乘法的模版了，求出\(F\)之后累加到\(a\)上即可。复杂度\(O(n\log^2n)\)
多项式求逆
注意所有的多项式初等函数基本满足高位对低位无影响，所以可以直接先把 \(n\) 倍增到 \(2^k-1\)，方便计算。
问题描述，给定一个多项式\(F(x)\)，求一个多项式\(G(x)\)，满足 \(F(x)*G(x)\equiv 1(\bmod x^n)\)（对\(998244353\)取模），也即 \(F(x)*G(x)\)只有常数项为1，其余项均为0。
在这里，我们设\(F(x)=f_0+f_1x+f_2x^2…f_{n-1}x^{n-1},G(x)=g_0+g_1x+g_2x^2+g_3x^3…g_{n-1}x^{n-1}\)，其中\(f\)是已知的。
那么由于仅有常数项为1，可以得到：\(g_0=\frac{1}{f_0}\)，于是我们可以求出\(g_0\)。
方法1—分治FFT
展开设\(A(x)=F(x)*G(x)\)，系数为\(a_0,a_1…\)，得到：\(a_0=1,a_i=0(i\in[1,n-1])\)。
于是：
移项变式得到：
令\(f'_k=-\frac{f_k}{f_0}(k>0)\)，此题就变成了分治FFT，时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。
代码的话仅仅需要上文分治FFT的主函数改为：
int main(){
// freopen("data.in","r",stdin);
// freopen("data.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n;
inv_g=power(g,p-2);
for(int i=0;i<n;i++)cin>>b[i];
b[0]%=p;
a[0]=power(b[0],p-2);
int INV=power(b[0],p-2);
for(int i=1;i<n;i++)b[i]=-1ll*b[i]%p*INV%p,b[i]=(b[i]%p+p)%p;
cdq(0,n-1);
for(int i=0;i<n;i++)cout<<a[i]<<" ";
}
然后你去luogu上交了一发，发现：啊啊啊啊啊我怎么只有75啊啊啊啊啊
方法2—FFT+倍增
考虑倍增，设我们已经求解出来\(F(x)*H(x)\equiv 1(\bmod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil})\)，并由此推出\(G(x)\)。
故二者做差可得：
\(F(x)*(G(x)-H(x))\equiv 0(\bmod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil})\)
所以可以得到：\(G(x)-H(x)\equiv 0(\bmod x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil})\implies G(x)^2+H(x)^2-2G(x)H(x)\equiv 0(\bmod x^n)\)。
同时乘上\(F(x)\)得到\(F(x)G(x)^2+F(x)H(x)^2-2F(x)G(x)H(x)\equiv 0(\bmod x^n)\)。
根据定义，得到：
用FFT处理一下两个乘法即可。然后根据摊还分析可得复杂度为：\(T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n)\)。
这里我们的所有推导都是基于常数项对于\(x^n\)有逆元，故多项式可逆的充要条件是其常数项是否可逆。也即，其常数项不为零。若在模意义下，则需要常数项存在逆元
这里其实我们可以发现，分治FFT和多项式求逆是可以相互转化的，比如上文的分治FFT的例题可以这样解决：
题目：求\(a_i=\sum_{k=0}^{i-1}a_kb_{i-k},a_0=1\)。
设数列\(a,b\)的生成函数分别是\(A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2…+a_nx^n+…,B(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+…b_nx^n+…\)，设\(b_0=0\)。
设：\(A(x)B(x)=H(x)\)。
则有：
而\(h_0=a_0b_0=0\)。
故可以得到：
移项化简可得：
而\(1-B(x)\)可以看作生成函数\(C(x)=x_0·1+\sum_{i=1}^i0·x^i\)减去\(B(x)\)，故\(b'_i=-b_i(i\ge 1),b'_0=1\)。
多项式求逆即可解决。
多项式 \(ln\)
多项式导数积分及 \(ln\) 公式
必须有 \(f_0=1\)
根据函数求导法则可得：多项式 \(F(x)=\sum_{i}x^if_i\) 的求导法则为：
\(F'(x)=\sum if_ix^{i-1}\)，当然这必须要求 \(f_0=0\)
取 \(ln\) 可以看作先求导再乱搞然后积分。
积分公式是 \(F'(x)=\sum \frac{x^if_{i-1}}{i}\)。
我们对 \(\ln F(x)\) 先求导再积分。
也即 \((\ln F(x))'=\frac{1}{F(x)}\ln F(x)\)
vector<int> derivation(vector<int>&f){
vector<int>g(f.size()+1);
for(int k=1;k<f.size();k++)g[k-1]=f[k]*k%p;
return g;
}
vector<int> quadrature(vector<int>&f){
vector<int>g(f.size()+1);
for(int k=1;k<f.size();k++)g[k]=f[k-1]*inv[k]%p;g[0]=0;
return g;
}
vector<int> getln(vector<int>f,int n){
vector<int>f0=derivation(f);//求导
f=getinv(f);//求逆
for(int i=n;i<f.size();i++)f[i]=0;
for(int i=n;i<f0.size();i++)f0[i]=0;
int limit=1,d=0;
while(limit<n+n)limit<<=1,++d;
init(d);//不要忘了
ntt(f0,limit,1);ntt(f,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++)f[i]=f[i]*f0[i]%p;
ntt(f,limit,0);int inv=power(limit,p-2);
for(int i=0;i<limit;i++)f[i]=f[i]*inv%p;
return quadrature(f);//积分
}
多项式平移
给定 \(F(x)=\sum f_ix^i\)，求 \(F(x+n)\)
\(F(x+n)=\sum f_i(x+n)^i=\sum f_i\sum {i\choose j}x^jn^{i-j}=\sum_{i}x^i\sum {k\choose i}n^{k-i}f_k\)
所以仅需计算 \(\sum x^i\sum k!f_k\times \frac{n^{k-i}}{(k-i)!}\)
后者是一个差卷积，直接计算即可。
利用该方法可以倍增计算第一类斯特林数行：\(x(x+1)……(x+n-1)=\sum x_iS1(n,i)\)
多项式 \(exp\)
计算 \(\exp F(x)\)，必须有 \(f_0=0\)
先求导，得到：
\((\exp F(x))'=F'(x)\exp F(x)(\bmod x^n)\)
而我们又知道，\(f'_i=(i+1)f_{i+1}\)
因此有：
然后根据导数性质得到：
不妨设 \(\exp F(x)=\sum h_ix^i\)
就可以得到：
整理一下也就是 \(n·h_n=\sum j·f_j·h_{n-j}\)
令 \(w_j=j·f_j\)，这就是个卷积了。
分治 FFT 即可。
改进的多项式 \(exp\)
假定 \(n=2^k\)
利用牛顿迭代法可以得到以下结论：
记 \(F_0(x)=\exp G(x)(\bmod x^{2^k})\)
则 \(F(x)=\exp G(x)(\bmod x^{2^{k+1}})\equiv F_0(x)·(1+G(x)-\ln F_0(x))\)
玄学错误：需要多倍增一次。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1050500
#define int long long
const int p=998244353,g=3,invg=(p+2)/3;
int n,m,r[N],invs[N];//数逆元
void init(int d){
for(int i=0;i<(1<<d);i++)r[i]=(r[i>>1]>>1|((i&1)<<d-1));
}
int power(int a,int b){
int res=1;
while(b){
if(b&1)res=res*a%p;
a=a*a%p;b>>=1;
}
return res;
}
namespace NTT{
void ntt(int f[],int d,int tag){
for(int i=0;i<(1<<d);i++)if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
for(int len=1;len<(1<<d);len<<=1){
int gn=power((tag?g:invg),(p-1)/(len<<1));
for(int j=0;j<(1<<d);j+=(len<<1)){
int g0=1;
for(int k=0;k<len;k++,g0=g0*gn%p){
int x=f[j+k],y=f[j+k+len]*g0%p;
f[j+k]=(x+y)%p;f[j+k+len]=(x-y+p)%p;
}
}
}
if(!tag){
int inv=power(1<<d,p-2);
for(int i=0;i<(1<<d);i++)f[i]=f[i]*inv%p;
}
}
}
void Wf(int a[],int b[],int d){
for(int i=0;i<(1<<d);i++)a[i]=b[i+1]*(i+1)%p;
}
void Jf(int a[],int b[],int d){
for(int i=1;i<(1<<d);i++)a[i]=b[i-1]*invs[i]%p;a[0]=0;
}
namespace Inv{
int A[N],B[N],C[N],S[N];
void Inv(int a[],int b[],int d){
S[0]=power(b[0],p-2);
S[1]=0;
for(int len=2,c=1;len<(1<<d);len<<=1,++c){
int limit=len<<1;
for(int i=0;i<len;i++)A[i]=b[i],B[i]=S[i];
for(int i=len;i<limit;i++)A[i]=B[i]=0;
init(c+1);
NTT::ntt(B,c+1,1);NTT::ntt(A,c+1,1);
for(int i=0;i<limit;i++)S[i]=2ll*B[i]%p+p-B[i]*B[i]%p*A[i]%p,S[i]%=p;
NTT::ntt(S,c+1,0);
for(int i=len;i<limit;i++)S[i]=0;
}
for(int i=0;i<(1<<d);i++)a[i]=S[i];
}
}
namespace Ln{
int A[N];
void Ln(int a[],int b[],int d){
//LN(F(X))=F'(X)/F(X)
for(int i=0;i<(1<<d);i++)A[i]=b[i];
Wf(a,b,d);
Inv::Inv(A,b,d);
init(d);
NTT::ntt(A,d,1);
NTT::ntt(a,d,1);
for(int i=0;i<(1<<d);i++)A[i]=a[i]*A[i]%p;
NTT::ntt(A,d,0);
// for(int i=(1<<d);i<(1<<d+1);i++)a[i]=0;
Jf(a,A,d);
}
}
int G[N],F[N];
namespace Exp{
int A[N],B[N],C[N],S[N];
void Exp(int g[],int f[],int d){//G(x)=exp(F(x)) mod x^d
//G(x)=G0(X)*(1+f(x)-ln(G0(X)))
for(int i=0;i<(1<<d);i++)S[i]=0;
S[0]=1,S[1]=0;
for(int len=2,c=1;len<(1<<d);len<<=1,++c){
int limit=len<<1;
for(int i=0;i<len;i++)A[i]=f[i],B[i]=S[i];
for(int i=len;i<limit;i++)A[i]=B[i]=C[i]=0;
Ln::Ln(C,B,c);
for(int i=0;i<len;i++)C[i]=(p-C[i]+A[i])%p;
C[0]+=1;
init(c+1);
NTT::ntt(B,c+1,1);
NTT::ntt(C,c+1,1);
for(int i=0;i<limit;i++)S[i]=B[i]*C[i]%p;
NTT::ntt(S,c+1,0);
for(int i=len;i<limit;i++)S[i]=0;
// cout<<len<<"\n";
// for(int i=0;i<len;i++)cout<<S[i]<<" ";cout<<"\n";
}
for(int i=0;i<(1<<d);i++)g[i]=S[i];
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)cin>>F[i];
for(int i=0;i<(n<<2);i++)invs[i]=power(i,p-2);
int l=0;
while((1<<l)<=(n<<1))++l;
Exp::Exp(G,F,l);
for(int i=0;i<n;i++)cout<<G[i]<<" ";
}
