洛谷P4238 多项式乘法逆元

模板：多项式乘法逆元

给出一个度为n−1n-1n−1的多项式f(x)f(x)f(x)，求一个度为n−1n-1n−1的g(x)g(x)g(x)，使得f(x)⋅g(x)≡1(modxn)f(x)\cdot g(x) \equiv1\ (mod\ x^n)f(x)⋅g(x)≡1 (mod xn)

这里的多项式modxkmod\ x^kmod xk的意思是舍弃掉所有次数≥k\geq k≥k的项后的多项式

Solution：

多项式的操作似乎都是分治解决的

若我们找到一个t(x)t(x)t(x)，使得

f(x)⋅t(x)≡1(modx⌈n2⌉)(1)f(x)\cdot t(x)\equiv 1\ (mod\ x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil})\tag{1} f(x)⋅t(x)≡1 (mod x⌈2n⌉)(1)

因为

f(x)⋅g(x)≡1(modxn)f(x)\cdot g(x)\equiv1\ (mod\ x^{n}) f(x)⋅g(x)≡1 (mod xn)

于是有

f(x)⋅g(x)≡1(modx⌈n2⌉)(2)f(x)\cdot g(x)\equiv1\ (mod\ x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil})\tag{2} f(x)⋅g(x)≡1 (mod x⌈2n⌉)(2)

将(1)(1)(1)与这个式子做差，有

f(x)⋅(t(x)−g(x))≡0(modx⌈n2⌉)f(x)\cdot(t(x)-g(x)) \equiv0\ (mod\ x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}) f(x)⋅(t(x)−g(x))≡0 (mod x⌈2n⌉)

由于f(x)f(x)f(x)不可能为0，于是

t(x)−g(x)≡0(modx⌈n2⌉)t(x)-g(x)\equiv0\ (mod\ x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}) t(x)−g(x)≡0 (mod x⌈2n⌉)

两边平方并移项有

g2(x)≡2⋅t(x)⋅g(x)−t2(x)(modx⌈n2⌉)g^{2}(x)\equiv2\cdot t(x) \cdot g(x)-t^{2}(x)\ (mod\ x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}) g2(x)≡2⋅t(x)⋅g(x)−t2(x) (mod x⌈2n⌉)

左右两边乘f(x)f(x)f(x)，得到

f(x)⋅g2(x)≡2⋅f(x)⋅t(x)⋅g(x)−f(x)⋅t2(x)(modx⌈n2⌉)f(x)\cdot g^{2}(x)\equiv2\cdot f(x)\cdot t(x) \cdot g(x)-f(x)\cdot t^{2}(x)\ (mod\ x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}) f(x)⋅g2(x)≡2⋅f(x)⋅t(x)⋅g(x)−f(x)⋅t2(x) (mod x⌈2n⌉)

由(1)(2)(1)(2)(1)(2)两式，代入得到

g(x)≡2⋅t(x)−f(x)⋅t2(x)(modx⌈n2⌉)(3)g(x)\equiv 2\cdot t(x)-f(x)\cdot t^{2}(x)\ (mod\ x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil})\tag{3} g(x)≡2⋅t(x)−f(x)⋅t2(x) (mod x⌈2n⌉)(3)

于是我们求g(x)g(x)g(x)可以先求t(x)t(x)t(x)，求t(x)t(x)t(x)可以先求(modx⌈n4⌉)(mod\ x^{\lceil\frac{n}{4}\rceil})(mod x⌈4n⌉)，递归出口即求(modx)(mod\ x)(mod x)，此时只剩常数项，多项式逆元就是常数项逆元

tips:

(3)(3)(3)式递推时不需要多次ntt，我们只要把他们转换为点值式后直接运算就可以了，不过需要注意的是，这里面发生了三个多项式相乘，因此相乘时limitlimitlimit要设为大于三个多项式的度总和的一个2的幂

// #include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;using ll=long long;
const int N=270005,inf=0x3fffffff;
const long long INF=0x3f3f3f3f3f3f,mod=998244353,inv3=332748118;int getlen(int k)
{int ret=0;while(k){ret++;k>>=1;}return ret;
}int getrev(int k,int len)
{int ret=0;while(k){ret=(ret<<1|(k&1));k>>=1;len--;}return ret<<len;
}ll qpow(ll a,ll b)
{ll ret=1,base=a;while(b){if(b&1) ret=ret*base%mod;base=base*base%mod;b>>=1;}return ret;
}ll inv(ll k){return qpow(k,mod-2);}int pos[N];void ntt(ll *a,int limit,int op)
{for(int i=0;i<limit;i++)if(i<pos[i]) swap(a[i],a[pos[i]]);for(int len=2;len<=limit;len<<=1){ll base=qpow(op==1?3:inv3,(mod-1)/len);for(int l=0;l<limit;l+=len){ll now=1;for(int i=l;i<l+len/2;i++){ll x=a[i]%mod,y=now*a[i+len/2]%mod;a[i]=(x+y)%mod;a[i+len/2]=(x-y+mod)%mod;now=now*base%mod;}}}
}ll a[N],b[N];inline void multi(ll *f,ll* g,int n,int m)//f*=g
{int limit=1;while(limit<=n+2*m) limit<<=1;//此处式n+2*m，三个多项式相乘了int len=getlen(limit-1);for(int i=0;i<limit;i++){pos[i]=getrev(i,len);a[i]=f[i]; b[i]=g[i];}ntt(a,limit,1); ntt(b,limit,1);for(int i=0;i<limit;i++) a[i]=b[i]*((2-a[i]*b[i]%mod)%mod+mod)%mod;ntt(a,limit,-1);ll tmp=inv(limit);for(int i=0;i<limit;i++) f[i]=a[i]*tmp%mod;
}int n,nn;
ll f[N],g[N],t[N];void solve(int len)
{if(len==1){t[0]=inv(f[0]);return;}solve(len+1>>1);//此处一定要Len/2上取整for(int i=0;i<n;i++) g[i]=f[i];multi(g,t,n,len+1>>1);for(int i=0;i<len;i++) t[i]=g[i];for(int i=len;i<n+2*(len+1>>1);i++) g[i]=t[i]=0;
}int main()
{cin>>n;for(int i=0;i<n;i++) cin>>f[i];solve(n);for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",g[i]);return 0;
}