多项式算法小结

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前言

在这里插入图片描述

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FFT

定义啊证明啊先咕咕咕了
放个版溜了

typedef complex<double> cpd;
void FFT(cpd p[],int n,int dir){
    for(int i=1,j=0;i<n-1;i++){
        for(int s=n;j^=s>>=1,~j&s;) ;
        if(i<j){
            swap(p[i],p[j]);
        }
    }
    for(int d=0;(1<<d)<n;d++){
        int m=1<<d,m2=m*2;
        double p0=pi/m*dir;
        cpd wn(cos(p0),sin(p0));
        for(int i=0;i<n;i+=m2){
            cpd w(1,0);
            for(int j=0;j<m;j++){
                cpd t0=p[i+j],t1=p[i+j+m];
                p[i+j]=t0+t1*w;
                p[i+j+m]=t0-t1*w;
                w=w*wn;
            }
        }
    }
	if(dir==-1)
        for(int i=0;i<n;i++)
            p[i].real()/=1.0*n;
}

这个版注意一下，图省事直接用的复数类，所以效率比较慢，而且real()根据编译器问题可能CE?

NTT

其实啊…跟FFT差不了多少

void NTT(int *p,int n,int dir){
    for(int i=1,j=0;i<n-1;i++){
        for(int s=n;j^=s>>=1,~j&s;);
        if(i<j)
            swap(p[i],p[j]);
    }
    for(int m=1;m<n;m<<=1){
        int m2=m*2;
        int wn=ksm(g,(mod-1)/m2);
        if(dir==-1)
            wn=ksm(wn,mod-2);
        for(int i=0;i<n;i+=m2){
            int w=1;
            for(int j=0;j<m;j++){
                int t0=p[i+j],t1=p[i+j+m];
                p[i+j]=(t0+1ll*t1*w%mod)%mod;
                p[i+j+m]=(t0-1ll*t1*w%mod+mod)%mod;
                w=1ll*w*wn%mod;
            }
        }
    }
    if(dir==-1){
        int inv=ksm(n,mod-2);
        for(int i=0;i<n;i++)
            p[i]=1ll*p[i]*inv%mod;
    }
}

多项式的乘法

em…就是卷积嘛…
上FFT或者NTT即可
注意，一定注意清零的问题，下面的算法也是一样

//注意执行完这个函数后a、b会改变哦
void Mul(Poly &a,Poly &b,int n,Poly &res){
    int len=1;
    while(len<2*n)
        len<<=1;
    NTT(a,len,1);
    NTT(b,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        res[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    NTT(res,len,-1);
}

多项式求逆元

A ( x ) B ( x ) ≡ 1 ( m o d   x n ) A(x)B(x)\equiv1(mod\ x^n)
当n=1时，就剩常数项了，直接逆元
当n>1时，假设我们已经求出了关于 x ⌈ n 2 ⌉ x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil} 的逆元，也就是说
A ( x ) B 0 ( x ) ≡ 1 ( m o d   x ⌈ n 2 ⌉ ) ⋅ ⋅ ⋅ ① A(x)B_0(x)\equiv1(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil})···①
用原式-①，有 B ( x ) − B 0 ( x ) ≡ 0 ( m o d   x ⌈ n 2 ⌉ ) B(x)-B_0(x)\equiv0(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil})
两边平方，有 ( B ( x ) − B 0 ( x ) ) 2 ≡ 0 ( m o d   x ⌈ n 2 ⌉ ) (B(x)-B_0(x))^{2} \equiv 0(mod\ x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil})
由于，左边那个东西在0到(n-1)/2上都是0，所以平方之后，0到n-1上一定都是0
两边同时乘上 A ( x ) A(x) ，移项，有
B ( x ) ≡ 2 B 0 ( x ) − A ( x ) B 0 2 ( x ) ( m o d   x n ) B(x)\equiv2B_0(x)-A(x)B_0^2(x)(mod \ x^n)
右边那一坨每次用NTT去搞就好了

void Inv(const Poly &a,Poly &inv,int n){
    if(n==1){
        inv[0]=ksm(a[0],mod-2);
        return ;
    }
    Inv(a,inv,(n+1)/2);
    int len=1;
    while(len<2*n)
        len<<=1;
    copy(a,a+n,t);
    fill(t+n,t+len,0);
    fill(inv+n,inv+len,0);
    NTT(t,len,1);
    NTT(inv,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        inv[i]=1ll*inv[i]*((2-1ll*t[i]*inv[i]%mod+mod)%mod)%mod;
    NTT(inv,len,-1);
    fill(inv+n,inv+len,0);
}

多项式取模

A ( x ) = P ( x ) Q ( x ) + R ( x ) A(x)=P(x)Q(x)+R(x)
设 d e g ( A ( x ) ) = n , d e g ( P ( x ) ) = m deg(A(x))=n,deg(P(x))=m
那么 d e g ( Q ( x ) ) = n − m , d e g ( R ( x ) ) &lt; = m − 1 deg(Q(x))=n-m,deg(R(x))&lt;=m-1
A ( 1 x ) = P ( 1 x ) Q ( 1 x ) + R ( 1 x ) A(\frac{1}{x})=P(\frac{1}{x})Q(\frac{1}{x})+R(\frac{1}{x})
x n A ( 1 x ) = x n P ( 1 x ) Q ( 1 x ) + x n R ( 1 x ) x^nA(\frac{1}{x})=x^nP(\frac{1}{x})Q(\frac{1}{x})+x^nR(\frac{1}{x})
x n A ( 1 x ) = x m P ( 1 x ) x n − m Q ( 1 x ) + x n − m + 1 x m − 1 R ( 1 x ) x^nA(\frac{1}{x})=x^mP(\frac{1}{x})x^{n-m}Q(\frac{1}{x})+x^{n-m+1}x^{m-1}R(\frac{1}{x})
观察可以发现 x n A ( 1 x ) 其 实 就 相 当 于 A ( x ) 把 所 有 系 数 翻 转 了 ， 我 们 记 翻 转 后 的 多 项 式 为 A r ( x ) x^nA(\frac{1}{x})其实就相当于A(x)把所有系数翻转了，我们记翻转后的多项式为A^r(x)
A r ( x ) = P r ( x ) Q r ( x ) + x n − m + 1 R r ( x ) A^r(x)=P^r(x)Q^r(x)+x^{n-m+1}R^r(x)
顺手取个模，
A r ( x ) ≡ P r ( x ) Q r ( x ) ( m o d   x n − m + 1 ) A^r(x)\equiv P^r(x)Q^r(x)(mod \ x^{n-m+1})
Q r ( x ) ≡ A r ( x ) P r ( x ) ( m o d   x n − m + 1 ) Q^r(x)\equiv \frac{A^r(x)}{P^{r}(x)}(mod \ x^{n-m+1})
右边就逆元搞定咯
然后就可以求出 Q r ( x ) Q^r(x)
然后再翻转，就得到了 Q ( x ) Q(x)
那么 R ( x ) = A ( x ) − P ( x ) Q ( x ) R(x)=A(x)-P(x)Q(x) 搞定。

void Mod(Poly &a,const Poly &p,int n,int m){
    copy(a,a+n,ra);
    reverse(ra,ra+n);
    copy(p,p+m,rp);
    reverse(rp,rp+m);
    Inv(rp,rpi,n-m+1);
    int len=1;
    while(len<(n-m+1)*2)
        len<<=1;
    fill(ra+n-m+1,ra+len,0);
    fill(rpi+n-m+1,rpi+len,0);
    Mul(ra,rpi,n-m+1,c);
    len=1;
    while(len<2*n)
        len<<=1;
    fill(c+n-m+1,c+len,0);
    reverse(c,c+n-m+1);
    copy(p,p+m,t);
    fill(t+m,t+len,0);
    Mul(c,t,n,c);
    for(int i=0;i<n;i++)
        a[i]=(a[i]-c[i]+mod)%mod;
}

多项式的多点求值

问题描述：给出一个多项式A(x)，和n个横坐标xi，求出每个对应的A(xi)
我们令所有要求值的横坐标集合为X
然后定义
X 0 = { x 0 , x 1 , ⋯ x ⌊ n 2 ⌋ } X_0=\{x_0,x_1,\cdots x_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\}
X 1 = { x ⌊ n 2 ⌋ + 1 , x ⌊ n 2 ⌋ + 2 , ⋯ x n − 1 } X_1=\{x_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1},x_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+2},\cdots x_{n-1}\}
记 X 0 和 X 1 插 值 得 到 的 多 项 式 分 别 为 A 0 , A 1 记X_0和X_1插值得到的多项式分别为A_0,A_1
然后我们定义两个多项式
P 0 ( x ) = ∏ i = 0 ⌊ n 2 ⌋ ( x − x i ) P_0(x)=\prod_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(x-x_i)
P 1 ( x ) = ∏ i = ⌊ n 2 ⌋ + 1 n − 1 ( x − x i ) P_1(x)=\prod_{i=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1}^{n-1}(x-x_i)
那么可以有 A ( x ) = Q ( x ) P 0 ( x ) + A 0 ( x ) A(x)=Q(x)P_0(x)+A_0(x)
也即是说
A 0 ( x ) ≡ A ( x ) ( m o d   P 0 ( x ) ) A_0(x)\equiv A(x)(mod \ P_0(x))
同理有
A 1 ( x ) ≡ A ( x ) ( m o d   P 1 ( x ) ) A_1(x)\equiv A(x)(mod \ P_1(x))
然后往下带
然后到n=1的时候，就可以直接算出答案了
时间复杂度 O ( n l o g 2 n ) O(nlog^2n)
以上。
模板题

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define lch x<<1
#define rch x<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=64005*8;
const int mod=998244353;
const int g=3;
int n,m;
void Debug(const int *p,char c,int n=8){
    putchar(c);
    for(int i=0;i<n;i++)
        printf("%d ",p[i]);
    puts("");
}
int ksm(int x,int y){
    int res=1;
    while(y){
        if(y&1)
            res=1ll*res*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
void NTT(int *p,int n,int dir){
    for(int i=1,j=0;i<n-1;i++){
        for(int s=n;j^=s>>=1,~j&s;);
        if(i<j)
            swap(p[i],p[j]);
    }
    for(int m=1;m<n;m<<=1){
        int m2=m*2;
        int wn=ksm(g,(mod-1)/m2);
        if(dir==-1)
            wn=ksm(wn,mod-2);
        for(int i=0;i<n;i+=m2){
            int w=1;
            for(int j=0;j<m;j++){
                int t0=p[i+j],t1=p[i+j+m];
                p[i+j]=(t0+1ll*t1*w%mod)%mod;
                p[i+j+m]=(t0-1ll*t1*w%mod+mod)%mod;
                w=1ll*w*wn%mod;
            }
        }
    }
    if(dir==-1){
        int inv=ksm(n,mod-2);
        for(int i=0;i<n;i++)
            p[i]=1ll*p[i]*inv%mod;
    }
}
void Mul(int *a,int *b,int n,int *res){
    int len=1;
    while(len<2*n)
        len<<=1;
    fill(a+n,a+len,0);
    fill(b+n,b+len,0);
    NTT(a,len,1);
    NTT(b,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        res[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    NTT(res,len,-1);
    //fill(res+n,res+len,0);
}
void Inv(const int *a,int *inv,int n){
    static int t[N];
    if(n==1){
        inv[0]=ksm(a[0],mod-2);
        return ;
    }
    Inv(a,inv,(n+1)/2);
    int len=1;
    while(len<2*n)
        len<<=1;
    copy(a,a+n,t);
    fill(t+n,t+len,0);
    fill(inv+n,inv+len,0);
    NTT(t,len,1);
    NTT(inv,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        inv[i]=1ll*inv[i]*((2-1ll*inv[i]*t[i]%mod+mod)%mod)%mod;
    NTT(inv,len,-1);
    fill(inv+n,inv+len,0);
}
void Mod(int *a,const int *p,int n,int m){
    static int ra[N],rp[N],rpi[N],c[N],d[N];
    copy(a,a+n,ra);
    reverse(ra,ra+n);
    copy(p,p+m,rp);
    reverse(rp,rp+m);
    Inv(rp,rpi,n-m+1);
    int len=1;
    while(len<(n-m+1)*2)
        len<<=1;
    fill(ra+n-m+1,ra+len,0);
    fill(rpi+n-m+1,rpi+len,0);
    Mul(ra,rpi,n-m+1,c);
    len=1;
    while(len<2*n)
        len<<=1;
    fill(c+n-m+1,c+len,0);
    reverse(c,c+n-m+1);
    copy(p,p+m,d);
    fill(d+m,d+len,0);
    Mul(c,d,n,c);
    for(int i=0;i<n;i++)
        a[i]=(a[i]-c[i]+mod)%mod;
}
int *P[N*4],len[N*4];
int a[N],b[N];
void Init_P(int x,int l,int r){
    static int t1[N],t2[N];
    if(l==r){
        len[x]=1;
        P[x]=new int[2];
        P[x][0]=(mod-b[l]%mod);
        P[x][1]=1;
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    Init_P(lch,l,mid);
    Init_P(rch,mid+1,r);
    len[x]=(len[lch]+len[rch]);
    //Debug(P[lch],'l',len[lch]+1);
    //Debug(P[rch],'r',len[lch]+1);
    P[x]=new int [len[x]+1];
    int n=len[x]+1,Len=1;
    while(Len<n*2)
        Len<<=1;
    copy(P[lch],P[lch]+len[lch]+1,t1);
    fill(t1+len[lch]+1,t1+Len,0);
    copy(P[rch],P[rch]+len[rch]+1,t2);
    fill(t2+len[rch]+1,t2+Len,0);
    //Debug(t1,'@');
    //Debug(t2,'@');
    Mul(t1,t2,n,t1);
    //Debug(t1,'!');
    for(int i=0;i<n;i++)
        P[x][i]=t1[i];
}
int ans[N];
void calc(int x,int l,int r,const int *A){
    if(l==r){
        ans[l]=A[0];
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    int B[(len[x]+2)<<2];
    int n=len[x]+1;
    int Len=1;
    while(Len<n*2)
        Len<<=1;
    copy(A,A+n,B);
    fill(B+n,B+Len,0);
    //Debug(B,'$');
    //Debug(P[lch],'$',len[lch]+1);
    Mod(B,P[lch],n,len[lch]+1);
    //Debug(B,'#');
    calc(lch,l,mid,B);
    copy(A,A+n,B);
    fill(B+n,B+Len,0);
    Mod(B,P[rch],n,len[rch]+1);
    calc(rch,mid+1,r,B);
}
void Read(int &x){
    x=0;
    char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')
        c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')
        x=x*10+c-'0',c=getchar();
}
int main()
{
    //freopen("1.in","r",stdin);
    //scanf("%d%d",&n,&m);
    Read(n),Read(m);
    for(int i=0;i<=n;i++){
        //scanf("%d",&a[i]);
        Read(a[i]);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        //scanf("%d",&b[i]);
        Read(b[i]);
    }
    Init_P(1,1,m);
    /*if(n>=m)
        Mod(a,P[1],n+1,m+1);*/
    calc(1,1,m,a);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        printf("%d\n",ans[i]);
}

拉格朗日插值法

问题描述：给出一个n-1次多项式上的n个点，求 f ( x ) f(x)
然而似乎不能求出来 f ( x ) f(x) 的具体表达式，只能对于一个特定的 x 0 x_0 求出对应的 f ( x 0 ) f(x_0)
直接上公式了，证明直接咕掉
f ( x ) = ∑ i = 1 n y i ∏ j = 1 , j ≠ i n x − x j x i − x j f(x)=\sum_{i=1}^ny_i\prod_{j=1,j\neq i}^{n}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}
如果预处理逆元的话，就 O ( n 2 ) O(n^2) 咯

多项式的快速插值

法一

这个方法我没写哦，先咕了，就当是扩展思路？
还是按照上面类似的方法
把 X 分 成 X 0 和 Y 0 把X分成X_0和Y_0
假如我们已经求出了 X 0 X_0 所对应的插值多项式 A 0 ( x ) A_0(x)
设 P ( x ) = ∏ i = 0 ⌊ n 2 ⌋ ( x − x i ) P(x)=\prod_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(x-x_i)
那么再设
A ( x ) = Q ( x ) P ( x ) + A 0 ( x ) A(x)=Q(x)P(x)+A_0(x)
当 i ≤ ⌊ n 2 ⌋ i\leq\lfloor\frac{n}{2}\rfloor 时，显然成立
那么当 i &gt; ⌊ n 2 ⌋ i&gt;\lfloor\frac{n}{2}\rfloor 时,有
y i = Q ( x i ) P ( x i ) + A 0 ( x i ) y_i=Q(x_i)P(x_i)+A_0(x_i)
也就是说
Q ( x i ) = y i − A 0 ( x i ) P ( x i ) Q(x_i)=\frac{y_i-A_0(x_i)}{P(x_i)}
后面那坨可以看做是一个新的点 ( x , y i − A 0 ( x i ) P ( x i ) ) (x,\frac{y_i-A_0(x_i)}{P(x_i)}) 在 Q ( x i ) Q(x_i) 上，那么就也可以用快速插值解决
至于 P ( x i ) 和 A 0 ( x i ) P(x_i)和A_0(x_i) 的值，可以用多点求值解决。
总时间复杂度 O ( n l o g 3 n ) O(nlog^3n)
还有 O ( n l o g 2 n ) O(nlog^2n) 的算法呢

法二

首先，由拉格朗日插值法有
f ( x ) = ∑ i = 1 n y i ∏ j = 1 , j ≠ i n x − x j x i − x j f(x)=\sum_{i=1}^ny_i\prod_{j=1,j\neq i}^{n}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}
变形，有
f ( x ) = ∑ i = 1 n y i ∏ j = 1 , j ≠ i n ( x i − x j ) ∏ j = 1 , j ≠ = i n ( x − x j ) f(x)=\sum_{i=1}^n\frac{y_i}{\prod_{j=1,j\neq i}^n(x_i-x_j)}\prod_{j=1,j\neq =i}^n(x-x_j)
我们令
G ( x ) = ∏ j = 1 n ( x − x j ) G(x)=\prod_{j=1}^n(x-x_j)
那么，
∏ j = 0 , j ≠ i n ( x − x j ) = G ( x ) x − x i \prod_{j=0,j\neq i}^n(x-x_j)=\frac{G(x)}{x-x_i}
记左式为H(x)
H ( x ) ( x − x i ) = G ( x ) H(x)(x-x_i)=G(x)
求导
H ( x ) + ( x − x i ) H ′ ( x ) = G ′ ( x ) H(x)+(x-x_i)H&#x27;(x)=G&#x27;(x)
令x=xi，有
H ( x i ) = G ′ ( x i ) H(x_i)=G&#x27;(x_i)
那么， F ( x ) = ∑ i = 0 n y i G ′ ( x i ) G ( x ) x − x i F(x)=\sum_{i=0}^n\frac{y_i}{G&#x27;(x_i)}\frac{G(x)}{x-x_i}
然后呢，我们令 z ( i ) = y i G ′ ( x i ) z(i)=\frac{y_i}{G&#x27;(x_i)} ，
再令 L ( x ) = ∏ i = 1 ⌊ n 2 ⌋ ( x − x i ) L(x)=\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(x-x_i)
R ( x ) = ∏ i = ⌊ n 2 ⌋ + 1 n ( x − x i ) R(x)=\prod_{i=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1}^{n}(x-x_i)
P 0 ( x ) = ∑ i = 1 ⌊ n 2 ⌋ z i ∏ j ≠ i ⌊ n 2 ⌋ ( x − x j ) P_0(x)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}z_i\prod_{j\neq i}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(x-x_j)
P 1 ( x ) = ∑ i = ⌊ n 2 ⌋ + 1 n z i ∏ ⌊ n 2 ⌋ + 1 , j ≠ i n ( x − x j ) P_1(x)=\sum_{i=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1}^{n}z_i\prod_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1,j\neq i}^{n}(x-x_j)
那么， F ( x ) = R ( x ) P 0 ( x ) + L ( x ) P 1 ( x ) F(x)=R(x)P_0(x)+L(x)P_1(x)
L ( x ) , R ( x ) L(x),R(x) 可以预先NTT分治得到
z ( i ) z(i) 可以用多点求值得到
然后就再做一次分治即可。
总时间复杂度 O ( n l o g 2 n ) O(nlog^2n) 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define lch x<<1
#define rch x<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100005*4;
const int mod=998244353;
const int g=3;
int n,m;
void Debug(const int *p,char c,int n=8){
    putchar(c);
    for(int i=0;i<n;i++)
        printf("%d ",p[i]);
    puts("");
}
int ksm(int x,int y){
    int res=1;
    while(y){
        if(y&1)
            res=1ll*res*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
int t_wn[N],t_wni[N];
void Prepare(){
     for(int m=1;m<N;m<<=1){
        int m2=m*2;
        t_wn[m]=ksm(g,(mod-1)/m2);
        t_wni[m]=ksm(t_wn[m],mod-2);
     }
}
void NTT(int *p,int n,int dir){
    for(int i=1,j=0;i<n-1;i++){
        for(int s=n;j^=s>>=1,~j&s;);
        if(i<j)
            swap(p[i],p[j]);
    }
    for(int m=1;m<n;m<<=1){
        int m2=m*2;
        /*int wn=ksm(g,(mod-1)/m2);
        if(dir==-1)
            wn=ksm(wn,mod-2);*/
        int wn;
        if(dir==1){
            wn=t_wn[m];
        }
        else{
            wn=t_wni[m];
        }
        for(int i=0;i<n;i+=m2){
            int w=1;
            for(int j=0;j<m;j++){
                int t0=p[i+j],t1=p[i+j+m];
                p[i+j]=(t0+1ll*t1*w%mod)%mod;
                p[i+j+m]=(t0-1ll*t1*w%mod+mod)%mod;
                w=1ll*w*wn%mod;
            }
        }
    }
    if(dir==-1){
        int inv=ksm(n,mod-2);
        for(int i=0;i<n;i++)
            p[i]=1ll*p[i]*inv%mod;
    }
}
void Mul(int *a,int *b,int len,int *res){
    NTT(a,len,1);
    NTT(b,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        res[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    NTT(res,len,-1);
    //fill(res+n,res+len,0);
}
void Inv(const int *a,int *inv,int n){
    static int t[N];
    if(n==1){
        inv[0]=ksm(a[0],mod-2);
        return ;
    }
    Inv(a,inv,(n+1)/2);
    int len=1;
    while(len<n*2)
        len<<=1;
    copy(a,a+n,t);
    fill(t+n,t+len,0);
    fill(inv+n,inv+len,0);
    NTT(t,len,1);
    NTT(inv,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        inv[i]=1ll*inv[i]*((2-1ll*inv[i]*t[i]%mod+mod)%mod)%mod;
    NTT(inv,len,-1);
    fill(inv+n,inv+len,0);
}
void Mod(int *a,const int *p,int n,int m){
    static int ra[N],rp[N],rpi[N],c[N],d[N];
    copy(a,a+n,ra);
    reverse(ra,ra+n);
    copy(p,p+m,rp);
    reverse(rp,rp+m);
    Inv(rp,rpi,n-m+1);
    int len=1;
    while(len<(n-m+1)*2)
        len<<=1;
    fill(ra+n-m+1,ra+len,0);
    fill(rpi+n-m+1,rpi+len,0);
    Mul(ra,rpi,len,c);
    len=1;
    while(len<n)
        len<<=1;
    fill(c+n-m+1,c+len,0);
    reverse(c,c+n-m+1);
    copy(p,p+m,d);
    fill(d+m,d+len,0);
    Mul(c,d,len,c);
    for(int i=0;i<n;i++)
        a[i]=(a[i]-c[i]+mod)%mod;
}
int *P[N*4],len[N*4];
int z[N];
int X[N],Y[N];
void Init_P(int x,int l,int r){
    static int t1[N],t2[N];
    if(l==r){
        len[x]=1;
        P[x]=new int[2];
        P[x][0]=(mod-X[l]%mod);
        P[x][1]=1;
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    Init_P(lch,l,mid);
    Init_P(rch,mid+1,r);
    len[x]=(len[lch]+len[rch]);
    //Debug(P[lch],'l',len[lch]+1);
    //Debug(P[rch],'r',len[lch]+1);
    P[x]=new int [len[x]+1];
    int n=len[x]+1,Len=1;
    while(Len<n)
        Len<<=1;
    int lsz=len[lch]+1,rsz=len[rch]+1;
    copy(P[lch],P[lch]+lsz,t1);
    fill(t1+lsz,t1+Len,0);
    copy(P[rch],P[rch]+rsz,t2);
    fill(t2+rsz,t2+Len,0);
    //Debug(t1,'@');
    //Debug(t2,'@');
    Mul(t1,t2,Len,t1);
    //Debug(t1,'!');
    for(int i=0;i<n;i++)
        P[x][i]=t1[i];
}
void calc(int x,int l,int r,const int *A){
    if(l==r){
        z[l]=(1ll*Y[l]*ksm(A[0],mod-2)%mod+mod)%mod;
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    int n=len[x]+1;
    int Len=1;
    while(Len<n)
        Len<<=1;
    int B[Len];
    copy(A,A+n,B);
    fill(B+n,B+Len,0);
    //Debug(B,'$');
    //Debug(P[lch],'$',len[lch]+1);
    Mod(B,P[lch],n,len[lch]+1);
    //Debug(B,'#');
    calc(lch,l,mid,B);
    copy(A,A+n,B);
    fill(B+n,B+Len,0);
    Mod(B,P[rch],n,len[rch]+1);
    calc(rch,mid+1,r,B);
}
void qiudao(int *x,int n){
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(i){
            x[i-1]=1ll*i*x[i]%mod;
        }
        x[i]=0;
    }
}
int G[N];
void Solve(int x,int l,int r,int *F){
    static int p0[N],p1[N];
    if(l==r){
        F[0]=1ll*z[l]%mod;
        return ;
    }
    int lsz=len[lch]+1;
    int rsz=len[rch]+1;
    int Len=1;
    int n=len[x]+1;
    while(Len<n)
        Len<<=1;
    int L[Len];
    int R[Len];
    fill(L,L+Len,0);
    fill(R,R+Len,0);
    int mid=(l+r)>>1;
    Solve(lch,l,mid,L);
    Solve(rch,mid+1,r,R);
    //puts("!");
    //Debug(L,'L',(len[lch]+1)<<1);
    //Debug(R,'R',(len[rch]+1)<<1);
    copy(P[lch],P[lch]+lsz,p0);
    fill(p0+lsz,p0+Len,0);
    copy(P[rch],P[rch]+rsz,p1);
    fill(p1+rsz,p1+Len,0);
    //Debug(p0,'(',Len);
    //Debug(p1,')',Len);
    fill(L+lsz,L+Len,0);
    fill(R+rsz,R+Len,0);
    Mul(p0,R,Len,p0);
    Mul(p1,L,Len,p1);
    //Debug(p0,'(',Len);
    //Debug(p1,')',Len);
    for(int i=0;i<n;i++)
        F[i]=(p0[i]+p1[i])%mod;
}
int ans[N];
void Read(int &x){
    x=0;
    char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')
        c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')
        x=x*10+c-'0',c=getchar();
}
void Print(int x){
    if(x>9)
        Print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
int main()
{
    //freopen("1.in","r",stdin);
    //ReadOptmized();
    Prepare();
    Read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        Read(X[i]);
        Read(Y[i]);
    }
    Init_P(1,1,n);
    copy(P[1],P[1]+n+1,G);
    //Debug(G,'!');
    qiudao(G,n+1);
    //Debug(G,'@');
    calc(1,1,n,G);
    Solve(1,1,n,ans);
    //puts("?");
    for(int i=0;i<n;i++){
        //printf("%d ",ans[i]);
        Print(ans[i]);
        putchar(' ');
    }
    //return 0;
    //printf("success\n");
}

多项式的开方

已知A(x), B 2 ( x ) ≡ A ( x ) ( m o d   x n ) B^2(x)\equiv A(x) (mod\ x^n) 求B(x)
假设有 B 0 2 ( x ) ≡ A ( x ) ( m o d   x ⌊ n 2 ⌋ ) B_0^2(x)\equiv A(x) (mod\ x^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor})
两式相减再平方，有
B 2 ( x ) − 2 B ( x ) B 0 ( x ) + B 0 2 ( x ) ≡ 0 ( m o d   x n ) B^2(x)-2B(x)B_0(x)+B^2_0(x)\equiv0(mod\ x^n)
此处模数平方的原因是跟求逆元时的解释一样的
那么最后就有
B ( x ) ≡ A ( x ) + B 0 2 ( x ) 2 B 0 ( x ) ( m o d   x n ) B(x)\equiv\frac{A(x)+B_0^2(x)}{2B_0(x)}(mod\ x^n) 

void Sqrt(const int *a,int *b,int n){
    static int bi[N],t[N];
    if(n==1){
        b[0]=sqrt(a[0]);
        return ;
    }
    Sqrt(a,b,(n+1)>>1);
    Inv(b,bi,n);
    copy(a,a+n,t);
    int len=1;
    while(len<n*2)
        len<<=1;
    fill(t+n,t+len,0);
    fill(b+n,b+len,0);
    fill(bi+n,bi+len,0);
    NTT(t,len,1);
    NTT(b,len,1);
    NTT(bi,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        b[i]=1ll*(1ll*b[i]*b[i]+t[i]%mod)%mod*bi[i]%mod*inv2%mod;
    NTT(b,len,-1);
    fill(b+n,b+len,0);
}

牛顿迭代

推荐先看一下这篇文章（虽然似乎跟我们即将讲的关联不大…）
已知G(x)， G ( F ( x ) ) ≡ 0 ( m o d   x n ) G(F(x))\equiv 0 (mod\ x^n) ，求F(x)
假设已经求出F_0(x)满足 G ( F 0 ( x ) ) ≡ 0 ( m o d   x ⌊ n 2 ⌋ ) G(F_0(x))\equiv 0 (mod\ x^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor})
那么就有
F ( x ) ≡ F 0 ( x ) − G ( F 0 ( x ) ) G ′ ( F 0 ( x ) ) ( m o d   x n ) F(x)\equiv F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G&#x27;(F_0(x))}(mod\ x^n)
证明先咕了

多项式的ln

B ( x ) = l n ( A ( x ) ) B(x)=ln(A(x))
同时求导
B ′ ( x ) = A ′ ( x ) A ( x ) B&#x27;(x)=\frac{A&#x27;(x)}{A(x)}
所以就酱紫了
（常数项？不存在的）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=(1e5+5)*4;
const int g=3;
const int mod=998244353;
void Debug(const int *p,char c,int n=8){
    putchar(c);
    for(int i=0;i<n;i++)
        printf("%d ",p[i]);
    puts("");
}
int ksm(int x,int y){
    int res=1;
    while(y){
        if(y&1){
            res=1ll*res*x%mod;
        }
        x=1ll*x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
void NTT(int *a,int n,int dir){
    for(int i=1,j=0;i<n-1;i++){
        for(int s=n;j^=s>>=1,~j&s;);
        if(i<j)
            swap(a[i],a[j]);
    }
    for(int m=1;m<n;m<<=1){
        int m2=m<<1;
        int w0=ksm(g,(mod-1)/m2);
        if(dir==-1)
            w0=ksm(w0,mod-2);
        for(int i=0;i<n;i+=m2){
            int w=1;
            for(int j=0;j<m;j++){
                int t0=a[i+j],t1=a[i+j+m];
                a[i+j]=(t0+1ll*t1*w%mod)%mod;
                a[i+j+m]=(t0-1ll*t1*w%mod+mod)%mod;
                w=1ll*w*w0%mod;
            }
        }
    }
    if(dir==-1){
        int inv=ksm(n,mod-2);
        for(int i=0;i<n;i++)
            a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
    }
}
void Inv(const int *a,int *inv,int n){
    static int t[N];
    if(n==1){
        inv[0]=ksm(a[0],mod-2);
        return ;
    }
    Inv(a,inv,(n+1)/2);
    int len=1;
    while(len<2*n)
        len<<=1;
    copy(a,a+n,t);
    fill(t+n,t+len,0);
    fill(inv+n,inv+len,0);
    NTT(t,len,1);
    NTT(inv,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        inv[i]=1ll*inv[i]*((2-1ll*t[i]*inv[i]%mod+mod)%mod)%mod;
    NTT(inv,len,-1);
    fill(inv+n,inv+len,0);
}
void qiudao(const int *a,int *b,int n){
    fill(b,b+n,0);
    for(int i=1;i<n;i++)
        b[i-1]=1ll*i*a[i]%mod;
}
void jifen(const int *a,int *b,int n){
    fill(b,b+n,0);
    for(int i=1;i<n;i++){
        int inv=ksm(i,mod-2);
        b[i]=1ll*a[i-1]*inv%mod;
    }
}
void Mul(int *a,int *b,int len){
    NTT(a,len,1);
    NTT(b,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    NTT(a,len,-1);
}
int n;
int a[N];
int b[N];
void Log(const int *a,int *b,int n){
    static int ai[N],a1[N];
    Inv(a,ai,n);
    qiudao(a,a1,n);
    int len=1;
    while(len<n*2)
        len<<=1;
    fill(ai+n,ai+len,0);
    fill(a1+n,a1+len,0);
    Mul(a1,ai,len);
    jifen(a1,b,n);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    Log(a,b,n);
    for(int i=0;i<n;i++)
        printf("%d ",b[i]);
}

多项式的exp

设 l n ( B ( x ) ) ≡ A ( x ) ( m o d   x n ) ln(B(x))\equiv A(x)(mod\ x^n)
也就是说 l n ( B ( x ) ) − A ( x ) ≡ 0 ( m o d   x n ) ln(B(x))-A(x)\equiv0(mod\ x^n)
由牛顿迭代法，有
B ( x ) ≡ B 0 ( x ) − l n ( B 0 ( x ) − A ( x ) 1 B 0 ( x ) ≡ B 0 ( x ) ( 1 − l n ( B 0 ( x ) ) + A ( x ) ) ( m o d   x n ) B(x)\equiv B_0(x)-\frac{ln(B_0(x)-A(x)}{\frac{1}{B_0(x)}}\equiv B_0(x)(1-ln(B_0(x))+A(x))(mod\ x^n) 

void Exp(const int *a,int *b,int n){
    static int t[N];
    if(n==1){
        b[0]=1;
        return ;
    }
    Exp(a,b,(n+1)/2);
    Ln(b,t,n);
    for(int i=0;i<n;i++)
        t[i]=a[i]-t[i];
    t[0]++;
    int len=1;
    while(len<2*n)
        len<<=1;
    fill(b+n,b+len,0);
    fill(t+n,t+len,0);
    Mul(b,t,len);
}

多项式的快速幂

当然，更容易想到的方法是用多项式乘法和多项式取模，然后像正常整数快速幂那样去做
然而这里是另外一种方法
设 B ( x ) = A k ( x ) B(x)=A^k(x)
那么 l n ( B ( x ) ) = k l n ( A ( x ) ) ln(B(x))=kln(A(x))
于是我们求出ln(A(x))，乘上k，再exp即可

void Pow(const int *a,int *b,int n,int k){
    static int t[N];
    Ln(a,t,n);
    for(int i=0;i<n;i++)
        t[i]=1ll*t[i]*k%mod;
    Exp(t,b,n);
}

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