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P4238
AC记录：Accepted

题目大意

给定一个多项式 F(x)F(x)F(x)，请求出一个多项式 G(x)G(x)G(x)，满足 F(x)⋅G(x)≡1(modxn)F(x)\cdot G(x)\equiv 1\pmod{x^n}F(x)⋅G(x)≡1(modxn)。系数对 998244353998244353998244353 取模。

输入格式

第一行一个整数 nnn。
接下来一行 nnn 个数字，从低到高表示 F(x)F(x)F(x) 的系数。

输出格式

一行 nnn 个数字，从低到高表示 G(x)G(x)G(x) 的系数，保证有解。

Sample\mathbf{Sample}Sample Input\mathbf{Input}Input

5
1 6 3 4 9

Sample\mathbf{Sample}Sample Output\mathbf{Output}Output

1 998244347 33 998244169 1020

Hint&Explain\mathbf{Hint\&Explain}Hint&Explain
图像画不出来。（实际上不想做）

数据范围

对于 100%100\%100% 的数据，1≤n≤105,0≤ai≤1091 \le n\le 10^5,0\le a_i \le 10^91≤n≤105,0≤ai≤109。

解题思路

在介绍本题之前，你需要知道一些前置的知识。

前置知识

1.NTT\texttt{1.NTT}1.NTT
不会NTT的同学可以看我写的关于NTT的详解。
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正文部分

首先，我们知道
F(x)⋅G(x)≡1(modxn)F(x)\cdot G(x)\equiv 1\pmod{x^n}F(x)⋅G(x)≡1(modxn)
假设我们现在已经求出了 F(x)F(x)F(x) 在模 x⌈n2⌉x^{\left\lceil\frac n2\right\rceil}x⌈2n⌉ 下的逆元 BBB，则有
F(x)⋅B(x)≡1(modx⌈n2⌉)F(x)\cdot B(x)\equiv 1\pmod{x^{\left\lceil\frac n2\right\rceil}}F(x)⋅B(x)≡1(modx⌈2n⌉)
两式相减，再同时除以 F(x)F(x)F(x)，得
G(x)−B(x)≡0(modx⌈n2⌉)G(x)-B(x)\equiv0\pmod{x^{\left\lceil\frac n2\right\rceil}}G(x)−B(x)≡0(modx⌈2n⌉)
平方，得
G(x)2−2G(x)B(x)+B(x)2≡0(modxn)G(x)^2-2G(x)B(x)+B(x)^2\equiv0\pmod{x^n}G(x)2−2G(x)B(x)+B(x)2≡0(modxn)
乘上F(x)F(x)F(x)，得
G(x)−2B(x)+F(x)B(x)2≡0(modxn)G(x)-2B(x)+F(x)B(x)^2\equiv0\pmod{x^n}G(x)−2B(x)+F(x)B(x)2≡0(modxn)
移项，得
G(x)=2B(x)−F(x)B(x)2(modxn)G(x)=2B(x)-F(x)B(x)^2\pmod{x^n}G(x)=2B(x)−F(x)B(x)2(modxn)
把B(x)B(x)B(x)提取出来，得到
G(x)=(2−F(x)⋅B(x))⋅B(x)(modxn)G(x)=(2-F(x)\cdot B(x))\cdot B(x)\pmod{x^n}G(x)=(2−F(x)⋅B(x))⋅B(x)(modxn)
直接从小到大递归用多项式乘法套公式即可。

上代码

#include<bits/stdc++.h>#define endl '\n'using namespace std;#define int lltypedef long long ll;namespace Polynomial{// The value of the variable below can be changed.const int   max_size_of_array=400000;// The value of the variable above can be changed.const int   maxSize=max_size_of_array+10;const int   g=3,invg=332748118;const int   p=998244353;int         resort[maxSize];int         inv1[maxSize];int         lim,dig;void print_elem(string name,int *f,int len){cout<<name<<":";for(int i=0; i<len; i++)cout<<f[i]<<" ";cout<<endl;return;}int power(int a,int b,int p){int tar=1;for(; b; b>>=1,a=(1ll*a*a)%p)if(b&1)tar=(1ll*tar*a)%p;return tar%p;}void NTT(int *c,int lim,int state){// cout<<"NTT"<<endl;for(int i=0; i<lim; i++)if(i<resort[i])swap(c[i],c[resort[i]]);for(int i=1; i<lim; i<<=1){int W1n=power(g,1ll*(p-1)/(i<<1),p);for(int Size=i<<1,j=0; j<lim; j+=Size){int W=1;for(int k=0; k<i; k++,W=(1ll*W*W1n)%p){int x=(1ll*c[j+k]+p)%p,y=(1ll*W*c[j+i+k]+p)%p;c[j+k]=(1ll*x+y+p)%p;c[j+i+k]=(1ll*x-y+p)%p;// if(j+k==0)// cout<<"\t"<<c[j+k]<<"\tNTT"<<endl;}}}if(state==1)return;int temp=power(lim,p-2,p);reverse(c+1,c+lim);for(int i=0; i<lim; i++)c[i]=1ll*c[i]*temp%p;return;}void getInv(int *f,int *g,int size){// cout<<"getInv "<<size<<" "<<((size+1)>>1)<<endl;// getInv(f,g,size);if(size==1){g[0]=power(f[0],p-2,p);// print_elem("\t",g,size);return;}// print_elem("\t",g,size);getInv(f,g,(size+1)>>1);// print_elem("\t",g,size);lim=1,dig=0;while(lim<(size<<1))lim<<=1,dig++;for(int i=1; i<lim; i++)resort[i]=(resort[i>>1]>>1)|((i&1)<<(dig-1));for(int i=0; i<size; i++)inv1[i]=f[i];for(int i=size; i<lim; i++)inv1[i]=0;NTT(inv1,lim,1);NTT(g,lim,1);for(int i=0; i<lim; i++)g[i]=1ll*((2ll-inv1[i]*g[i]%p+p)%p*g[i]%p+p)%p;NTT(g,lim,-1);for(int i=size; i<lim; i++)g[i]=0;// print_elem("\t",g,size);return;}
}using namespace Polynomial;int         a[maxSize];
int         b[maxSize];
int         n;signed main()
{// ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);/* Code */cin>>n;for(int i=0; i<n; i++)cin>>a[i];getInv(a,b,n);for(int i=0; i<n; i++)cout<<b[i]<<" ";cout<<endl;return 0;
}

完美切题∼\sim∼

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