多项式进阶操作

看到成爷爷写了一篇就跟风写一篇吧，慢慢更

一些前置技能

泰勒展开

ddy:这里用大家小学二年级学的泰勒展开。。。

对于一个不是很好表示的函数\(f(x)\)，我们可以用一个多项式函数来拟合它，用神奇的泰勒展开即可

\[f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\frac{f^n(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+... \]

这里的\(n\)越大，误差就越小；由于常规的多项式操作都是在\({\rm mod}\ x^n\)意义下，所以我们只需要展开前\(n\)项即可

多项式牛顿迭代

定义一个多项式\(F(x)\)，求一个多项式\(G(x)\)满足\(F(G(x))\equiv 0({\rm mod}\ x^n)\)

考虑现在有\(F(A(x))\equiv 0({\rm mod}\ x^n)\)，推出\(F(B(x))\equiv 0({\rm mod}\ x^{2n})\)

不难发现有\(B-A\equiv 0({\rm mod}\ x^n)\)，则\((B-A)^2\equiv 0({\rm mod}\ x^n)\)

我们在\(A\)处对\(F(B)\)做泰勒展开

\[F(B)\equiv F(A)+F'(A)(B-A)+F''(A)(B- A)^2+...({\rm mod}\ x^{2n})\]

由于\((B-A)^2\equiv 0({\rm mod}\ x^n)\)，所以后面的那些东西相当于没有，只剩下了

\[F(B)\equiv F(A)+F'(A)(B-A)\ ({\rm mod}\ x^{2n}) \]

整理一下即

\[B\equiv A+\frac{F(B)-F(A)}{F'(A)}\ ({\rm mod}\ x^{2n}) \]

注意一下\(F(B)\equiv 0({\rm mod}\ x^{2n})\)，于是

\[B\equiv A-\frac{F(A)}{F'(A)}({\rm mod}\ x^{2n}) \]

1.多项式求逆

就是给定多项式\(F(x)\)，求一个多项式\(G(x)\)

使得

\[F(x)\times G(x)\equiv 1(mod\ x^n) \]

\(mod\ x^n\)就是只考虑前\(n\)项

这是一个基于倍增的算法，就是推一下如何从\(mod\ x^{\frac{n}{2}}\)推到\(mod\ x^n\)

设多项式\(B'(x)\)满足

\[F(x)B'(x)\equiv 1(mod\ x^{\frac{n}{2}}) \]

求多项式\(B(x)\)满足

\[F(x)B(x)\equiv 1(mod\ x^{n}) \]

后面那个忽略前\(n\)项，所以前\(\frac{n}{2}\)项肯定会满足

\[F(x)B(x)\equiv 1(mod\ x^{\frac{n}{2}}) \]

和第一个柿子一减

\[F(B-B')\equiv 0(mod\ x^{\frac{n}{2}}) \]

显然\(F\)不可能是\(0\)，于是只能是\((B-B')=0\)

于是

\[B-B'\equiv 0 (mod\ x^{\frac{n}{2}}) \]

两边平方并且乘上\(F\)

\[F(B-B')^2\equiv 0(mod\ x^n) \]

\[F\times B^2-F\times 2BB'+F\times B'^2\equiv 0(mod\ x^n) \]

别忘了\(F(x)B(x)\equiv 1(mod\ x^{\frac{n}{2}})\)就有

\[B-2B'+FB'^2\equiv 0(mod\ x^n) \]

\[B\equiv 2B'-FB'^2(mod\ x^n) \]

发现这个东西可以倍增来求，就是需要一个\(NTT\)了

时间复杂度\(T(n)=T(n/2)+O(nlogn)=O(nlogn)\)

代码

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define maxn 300005
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const LL mod=998244353;
const LL g[2]={332748118,3};
int n,rev[maxn],len;
LL a[maxn],b[maxn],C[maxn];
inline LL quick(LL a,LL b) {LL S=1;while(b) {if(b&1ll) S=S*a%mod;b>>=1ll;a=a*a%mod;}return S;}
inline void NTT(LL *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1;LL og1=quick(g[o],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			LL og=1,t;
			for(re int x=l;x<l+ln;x++) {
				t=(og*f[ln+x])%mod;
				f[ln+x]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og=(og*og1)%mod;
			}
		}
	}
	if(o) return;
	LL inv=quick(len,mod-2);
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(f[i]*inv)%mod;
}
inline void Inv(int n,LL *A,LL *B) {
	if(n==1) {B[0]=quick(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);len=1;
	while(len<=n+n-2) len<<=1;
	for(re int i=0;i<n;i++) C[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) C[i]=0;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(C,1),NTT(B,1);
	for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(2ll*B[i]%mod-C[i]*B[i]%mod*B[i]+mod)%mod,B[i]=(B[i]+mod)%mod;
	NTT(B,0);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
	
} 
int main()
{
	n=read();
	for(re int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
	Inv(n,a,b);
	for(re int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",b[i]);
	return 0;
}

2.分治\(NTT\)

拿luogu上的板子吧

给定\(G=\{g_1,g_2,g_3...\}\)

求

\[f_i=\sum_{j=1}^if_{j}g_{i-j} \]

原先没学生成函数，自然做不动了，现在用生成函数来求就很休闲了

设\(f\)的生成函数为\(F(x)\)

就有

\[F(x)=\sum_{i=0}(\sum_{j=1}^if_jg_{i-j}+[i=0])x^i \]

\[=1+\sum_{j=1}^if_jx^j\times g_{i-j}x^{i-j} \]

发现里面是\(F(x)\times G(x)\)

于是就有

\[F(x)=1+F(x)G(x) \]

解得

\[F(x)=\frac{1}{1-G(x)} \]

这是生成函数的关系，从多项式来看，就是对\(1-G(x)\)求一个逆

于是还是套多项式求逆的板子

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
const int maxn=262144+10;
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const LL G[2]={3,332748118};
const LL mod=998244353;
LL g[maxn],b[maxn],C[maxn];
int rev[maxn];
int n,len;
inline LL quick(LL a,LL b) {LL S=1;while(b){if(b&1) S=S*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return S;}
inline void NTT(LL *f,int v) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1;LL og1=quick(G[v],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			LL t,og=1;
			for(re int x=l;x<l+ln;x++) {
				t=(og*f[ln+x])%mod;
				f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og*=og1;og%=mod;
			}
		}
	}
	if(!v) return;
	LL inv=quick(len,mod-2);
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(f[i]*inv)%mod;
}
inline void Inv(int n,LL *A,LL *B) {
    if(n==1) {B[0]=quick(A[0],mod-2);return;}
    Inv((n+1)>>1,A,B);len=1;
    while(len<=n+n-2) len<<=1;
    for(re int i=0;i<n;i++) C[i]=A[i];
    for(re int i=n;i<len;i++) C[i]=0;
    for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?len>>1:0);
    NTT(C,0),NTT(B,0);
    for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(2ll*B[i]%mod-C[i]*B[i]%mod*B[i]+mod)%mod,B[i]=(B[i]+mod)%mod;
    NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
} 
int main() {
	n=read();g[0]=1;
	for(re int i=1;i<n;i++) g[i]=mod-read();
	Inv(n,g,b);
	for(re int i=0;i<n;i++) printf("%d ",(int)b[i]);
	return 0;
}

3.多项式开根

就是给你一个多项式\(F(x)\)，让你找到一个\(B(x)\)，满足\(B^2(x)\equiv F(x) \ [n]\)

和求逆一样，也是考虑倍增假设我们现在求得了\(B'^2(x)\equiv F\ [\frac{n}{2}]\)，考虑推出\(B^2(x)\equiv F\ [n]\)

前\(n\)项相同肯定也满足前\(\frac{n}{2}\)项相同

于是

\[B^2(x)\equiv F(x)\ \ [\frac{n}{2}] \]

和\(B'^2(x)\equiv F(x)\ [\frac{n}{2}]\)做一个差

\[B^2(x)-B'^2(x)\equiv 0\ \ [\frac{n}{2}] \]

\[B^4(x)-2B^2(x)B'^2(x)+B'^4(x)\equiv 0\ \ [n] \]

左右两边加上\(4B^2(x)B'^2(x)\)

\[B^4(x)+2B^2(x)B'^2(x)+B'^4(x)\equiv 4B^2(x)B'^2(x)\ \ [n] \]

\[(B^2(x)+B'^2(x))^2\equiv (2B(x)B'(x))^2 \ \ [n] \]

\[B^2(x)+B'^2(x)\equiv 2B(x)B'(x) \ \ [n] \]

\[B(x)\equiv\frac{F(x)+B'^2(x)}{2B'(x)} \ \ [n] \]

发现开根还需要套上一个求逆，但是复杂度依旧是\(O(nlogn)\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=262144+1005;
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const LL mod=998244353;
const LL G[2]={3,332748118};
int rev[maxn],len,n;
LL A[maxn],B[maxn],C[maxn],D[maxn],K[maxn],H[maxn];
inline LL ksm(LL a,LL b) {LL S=1;while(b) {if(b&1) S=S*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return S;}
inline void NTT(LL *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1;LL og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			LL t,og=1;
			for(re int x=l;x<l+ln;x++) {
				t=(f[ln+x]*og)%mod;
				f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og=(og*og1)%mod;
			}
		}
	}
	if(!o) return;
	LL inv=ksm(len,mod-2);
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(f[i]*inv)%mod;
}
inline void Inv(int n,LL *A,LL *B) {
	if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);len=1;
	while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	for(re int i=0;i<n;i++) C[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) C[i]=0;
	NTT(C,0),NTT(B,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(2ll*B[i]-C[i]*B[i]%mod*B[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
inline void mul(LL *A,LL *B,int n) {
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(A,0),NTT(B,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) A[i]=(A[i]*B[i])%mod;
	NTT(A,1);for(re int i=n;i<len;i++) A[i]=0;
}
inline void Sqrt(int n,LL *A,LL *B) {
	if(n==1) {B[0]=1;return;}
	Sqrt((n+1)>>1,A,B);
	memset(K,0,sizeof(K));
	memset(D,0,sizeof(D));
	memset(H,0,sizeof(H));
	for(re int i=0;i<n;i++) K[i]=(B[i]*2ll)%mod;Inv(n,K,D);
	for(re int i=0;i<n;i++) H[i]=B[i];mul(B,H,n);
	for(re int i=0;i<n;i++) B[i]=(B[i]+A[i])%mod;mul(B,D,n);
}
int main() {
	n=read();
	for(re int i=0;i<n;i++) A[i]=read();
	Sqrt(n,A,B);
	for(re int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",B[i]);
	return 0;
}

4.多项式求导和积分

不会，于是就背过吧

如果有

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

那么我们对\(F\)求导就有

\[F'(x)=\sum_{i=1}^nif_ix^{i-1} \]

显然，求导和积分是逆操作，于是我们对\(F\)求积分就有

\[\int Fdx=\sum_{i=1}^{n+1}\frac{f_{i-1}}{i}x^i \]

5.多项式对数函数

板子

我们求一个多少项式\(G(x)\)，满足\(G(x)=ln\ F(x)\)

我们先两边求导

\[G(x)'=ln'F(x) \]

对于\(x\)来说满足\(ln'x=\frac{1}{x}\)，于是

\[G'(x)=\frac{F'(x)}{F(x)} \]

我们这样求出来是\(G'(x)\)，之后求个积分就好了

于是

\[ln\ F(x)=\int \frac{F'(x)}{F(x)} \]

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=262144+5;
const int mod=998244353;
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int G[2]={3,332748118};
int n,len,rev[maxn],F[maxn],K[maxn],T[maxn],g[maxn],H[maxn],inv[maxn];
inline int ksm(int a,int b) {
	int S=1;
	while(b) {if(b&1) S=(1ll*S*a)%mod;b>>=1;a=(1ll*a*a)%mod;}
	return S;
}
inline void NTT(int *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1,og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			int t,og=1;
			for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
				t=(1ll*f[x+ln]*og)%mod;
				f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og=(1ll*og*og1)%mod;
			}
		}
	}
	if(!o) return;
	int Inv=ksm(len,mod-2);
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(1ll*f[i]*Inv)%mod;
}
void Inv(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	for(re int i=0;i<n;i++) K[i]=B[i],T[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) K[i]=T[i]=0;
	NTT(K,0),NTT(T,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) 
		B[i]=(2ll*K[i]-1ll*T[i]*K[i]%mod*K[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
int main() {
	n=read();
	for(re int i=0;i<n;i++) F[i]=read();
	for(re int i=1;i<n;i++) g[i-1]=(1ll*i*F[i])%mod;
	Inv(n,F,H);len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	NTT(H,0),NTT(g,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) H[i]=(1ll*H[i]*g[i])%mod;
	NTT(H,1);putchar('0');putchar(' ');
	inv[1]=1;
	for(re int i=2;i<n;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(re int i=1;i<n;i++) printf("%d ",1ll*H[i-1]*inv[i]%mod);
	return 0;
}

6.多项式指数函数

板子

首先前置的东西是牛顿迭代

是这样的，如果我们有一个多项式\(F(x)\)，需要求一个多项式\(G(x)\)满足

\[F(G(x))\equiv 0\ [n] \]

假设我们已经求出了\(F(G_0(x))\equiv 0\ [\frac{n}{2}]\)

那么

\[G=G_0-\frac{F(G_0)}{F'(G_0)} \]

现在我们要求的东西是\(G(x)=e^{F(x)}\)

两边取一个\(\ln\)

\[\ln G=F \]

\[\ln G-F=0 \]

设\(A(G)=\ln G-F\)，把\(F\)看成一个常数项，显然有\(A'(G)=\frac{1}{G}\)

假设我们已经求出了

\[A(G_0)\equiv 0\ [\frac{n}{2}] \]

需要求

\[A(G)\equiv 0\ [n] \]

直接套上牛顿迭代

\[G=G_0-\frac{A(G_0)}{A'(G_0)}=G_0-G_0(\ln G_0-F)=G_0(1-\ln G_0+F) \]

于是我们倍增就好啦

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int maxn=262144+5;
const int mod=998244353;
const int G[2]={3,332748118};
int n,inv[maxn],a[maxn],b[maxn],K[maxn];
int H[maxn],T[maxn],g[maxn],C[maxn],rev[maxn],len;
inline int ksm(int a,int b) {
	int S=1;
	while(b) {if(b&1) S=(1ll*S*a)%mod;b>>=1;a=(1ll*a*a)%mod;}
	return S;
}
inline void NTT(int *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1,og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			int t,og=1;
			for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
				t=(1ll*f[ln+x]*og)%mod;
				f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og=(1ll*og*og1)%mod;
			}
		}
	}
	if(!o) return;
	int Inv=inv[len];
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(1ll*f[i]*Inv)%mod;
}
void Inv(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	for(re int i=0;i<n;i++) K[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) K[i]=0;
	NTT(K,0),NTT(B,0);
	for(re int i=0;i<len;i++)
		B[i]=(2ll*B[i]-1ll*K[i]*B[i]%mod*B[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
void Ln(int n,int *A,int *B) {
	for(re int i=0;i<n;i++) g[i]=0,B[i]=0;
	for(re int i=1;i<n;i++) g[i-1]=(1ll*i*A[i])%mod;
	memset(C,0,sizeof(C));Inv(n,A,C);
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	NTT(C,0),NTT(g,0); 
	for(re int i=0;i<len;i++) g[i]=(1ll*g[i]*C[i])%mod;
	NTT(g,1);
	for(re int i=1;i<n;i++) B[i]=(1ll*inv[i]*g[i-1])%mod;
}
void Exp(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=1;return;}
	Exp((n+1)>>1,A,B);
	Ln(n,B,T);len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	for(re int i=0;i<n;i++) T[i]=(A[i]-T[i]+mod)%mod;
	for(re int i=n;i<len;i++) T[i]=0;T[0]++;
	NTT(B,0),NTT(T,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(1ll*B[i]*T[i])%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
int main() {
	n=read();
	for(re int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
	inv[1]=1;
	for(re int i=2;i<=262144;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 
	Exp(n,a,b);
	for(re int i=0;i<n;i++) printf("%d ",b[i]);
	return 0;
}

7.多项式快速幂

板子

显然直接裸上快速幂是两个\(log\)的

我们考虑要求的东西是\(A^k(x)\)

直接取一个\(\ln\)就能把\(k\)从指数上拿下来啦，之后我们得到的是\(\ln A^k\)，再\(exp\)回去就好了

于是就是

\[A^k(x)=\exp(k\ln A(x)) \]

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=262144+5;
const int mod=998244353;
const int G[2]={3,332748118};
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
int n,len,rev[maxn],inv[maxn],T[maxn],C[maxn];
int a[maxn],K[maxn],g[maxn],H[maxn],O[maxn],m;
inline int getPow() {
	int x=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(10ll*x+c-48)%mod,c=getchar();
	return x;
}
inline int ksm(int a,int b) {
	int S=1;
	while(b) {if(b&1) S=(1ll*S*a)%mod;b>>=1;a=(1ll*a*a)%mod;}
	return S;
}
inline void NTT(int *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1,og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
		for(re int l=0;l<len;l+=i) {
			int t,og=1;
			for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
				t=(1ll*f[ln+x]*og)%mod;
				f[ln+x]=(f[x]-t+mod)%mod;
				f[x]=(f[x]+t)%mod;
				og=(1ll*og*og1)%mod;
			}
		}
	}
	if(!o) return;
	int Inv=inv[len];
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(1ll*f[i]*Inv)%mod;
}
void Inv(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);
	for(re int i=0;i<n;i++) T[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) T[i]=0;
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(T,0),NTT(B,0);
	for(re int i=0;i<len;i++)
		B[i]=(2ll*B[i]-1ll*T[i]*B[i]%mod*B[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
void Ln(int n,int *A,int *B) {
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) g[i]=B[i]=0;
	for(re int i=1;i<n;i++) g[i-1]=(1ll*i*A[i])%mod;
	memset(C,0,sizeof(C));Inv(n,A,C);
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(C,0),NTT(g,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) C[i]=(1ll*g[i]*C[i])%mod;
	NTT(C,1);for(re int i=1;i<n;i++) B[i]=(1ll*inv[i]*C[i-1])%mod;
}
void Exp(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=1;return;}
	Exp((n+1)>>1,A,B);Ln(n,B,K);
	len=1;while(len<n+n) len<<=1;
	for(re int i=0;i<n;i++) K[i]=(A[i]-K[i]+mod)%mod;
	for(re int i=n;i<len;i++) K[i]=0;K[0]++;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(B,0),NTT(K,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(1ll*B[i]*K[i])%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
int main() {
	inv[1]=1;
	for(re int i=2;i<=262144;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	n=read(),m=getPow();
	for(re int i=0;i<n;i++) a[i]=read();
	Ln(n,a,H);
	for(re int i=0;i<n;i++) H[i]=(1ll*H[i]*m)%mod;
	Exp(n,H,O);
	for(re int i=0;i<n;i++) printf("%d ",O[i]);
	return 0;
}

8.多项式带余除法

板子

就是给定两个多项式\(F(x),G(x)\)，求满足如下条件的两个多项式

\[F(x)=G(x)\times Q(x)+R(x) \]

其中\(F(x)\)为\(n\)次多项式，\(G(x)\)为\(m\)次多项式，要求\(Q(x)\)为\(n-m\)次多项式，\(R(x)\)最高次项小于\(m\)

有一个非常牛逼的东西，定义\(F_r(x)\)为多项式\(F(x)\)的转置

那么就有

\[F_r(x)=x^nF(\frac{1}{x})(mod\ x^n) \]

这非常显然

于是我们来化柿子了

\[F(x)=G(x)\times Q(x)+R(x) \]

\[F(\frac{1}{x})=G(\frac{1}{x})\times Q(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x}) \]

\[x^nF(\frac{1}{x})=x^mG(\frac{1}{x})\times x^{n-m}Q(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}\times x^{m-1}R(\frac{1}{x}) \]

\[F_r(x)=G_r(x)\times Q_r(x)+x^{n-m+1}\times R_r(x) \]

\[F_r(x)\equiv G_r(x)\times Q_r(x)(mod\ \ x^{n-m+1}) \]

\[Q_r(x)\equiv F_r(x)\times G_r^{-1}(x)(mod\ \ x^{n-m+1}) \]

于是多项式求逆即可

求出\(G_r(x)\)显然\(R(x)\)就很好求了

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int mod=998244353;
const int G[2]={3,(mod+1)/3};
const int maxn=262144+5;
int n,m,len;
int C[maxn],a[maxn],b[maxn],res[maxn],rev[maxn],ar[maxn],br[maxn],T[maxn],K[maxn];
inline int ksm(int a,int b) {
	int S=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) S=1ll*S*a%mod;return S;
}
inline void NTT(int *f,int o) {
	for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
		int ln=i>>1,og1=ksm(G[o],(mod-1)/i);
		for(re int t,og=1,l=0;l<len;l+=i,og=1)
			for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
				t=1ll*og*f[x+ln]%mod,og=1ll*og*og1%mod;
				f[x+ln]=(f[x]-t+mod)%mod,f[x]=(f[x]+t)%mod;
			}
	}
	if(!o) return;
	int Inv=ksm(len,mod-2);
	for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=1ll*f[i]*Inv%mod;
}
inline void Rev(int n,int *A,int *B) {
	for(re int i=0;i<n;i++) A[i]=B[n-i-1];
}
inline void Inv(int n,int *A,int *B) {
	if(n==1) {B[0]=ksm(A[0],mod-2);return;}
	Inv((n+1)>>1,A,B);
	len=1;while(len<n+n-1) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	for(re int i=0;i<n;i++) C[i]=A[i];
	for(re int i=n;i<len;i++) C[i]=0;
	NTT(C,0),NTT(B,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) B[i]=(2ll*B[i]-1ll*C[i]*B[i]%mod*B[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(B,1);for(re int i=n;i<len;i++) B[i]=0;
}
int main() {
	n=read();m=read();
	for(re int i=0;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(re int i=0;i<=m;i++) b[i]=read();
	Rev(m+1,br,b),Rev(n+1,ar,a);
	Inv(n-m+1,br,T);
	len=1;while(len<n+1+n-m+1) len<<=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
	NTT(T,0),NTT(ar,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) ar[i]=1ll*ar[i]*T[i]%mod;
	NTT(ar,1);for(re int i=n-m;i>=0;i--) printf("%d ",ar[i]);
	for(re int i=n-m+1;i<len;i++) ar[i]=0;
	Rev(n-m+1,K,ar);puts("");
	NTT(K,0),NTT(b,0);
	for(re int i=0;i<len;i++) b[i]=1ll*b[i]*K[i]%mod;
	NTT(b,1);
	for(re int i=0;i<m;i++) printf("%d ",(a[i]-b[i]+mod)%mod);
	return 0;
}