P4721 【模板】分治 FFT
题目背景
也可用多项式求逆解决。
题目描述
给定长度为 $n-1$ 的数组 $g[1],g[2],..,g[n-1]$，求 $f[0],f[1],..,f[n-1]$，其中
$$f[i]=\sum_{j=1}^if[i-j]g[j]$$
边界为 $f[0]=1$ 。答案模 $998244353$ 。
输入输出格式
输入格式：第一行一个正整数 $n$ 。
第二行共 $n-1$ 个非负整数 $g[1],g[2],..,g[n-1]$，用空格隔开。
输出格式：一行共 $n$ 个非负整数，表示 $f[0],f[1],..,f[n-1]$ 模 $998244353$ 的值。
输入输出样例
10 2 456 32 13524543 998244352 0 1231 634544 51
1 2 460 1864 13738095 55389979 617768468 234028967 673827961 708520894
说明
$2\leq n\leq 10^5$
$0\leq g[i]<998244353$
\(g[0]=0\)这应该是具体的题目推出来的通性，否则自己就可以反复更新自己了。
Great_Influence的分治FFT
发现题目的要求类似于卷积，于是考虑使用FFT。但是后面的数字基于前面的数字，无法快速计算，时间复杂度退化至\(O(n^2)\)。于是我们考虑将类似的转移同时进行，来节省复杂度。
考虑利用分治。
假设我们求出了\(l\to mid\)的答案，要求这些点对\(mid+1\to r\)的影响，那么对右半边点\(f[x]\)的贡献为:
\[f[x]=\sum_{i=l}^{mid} f[i] * g[x-i]\]
这部分可以利用卷积来快速计算。计算完以后，答案直接加到答案数组就可以了。
需要注意的是，如果要求左边点对右边点的影响，首先整个区间以左对该区间的贡献应该先求出。所以分治过程为先分治左边，在求出中间，然后在递归右边。
时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。
有一个卡常技巧，就是可以发现你计算的时候只会用到 \(md-l\sim r-l\) 的这一部分，前半部分不需要管。因此，直接用循环卷积对它进行处理，做乘法的时候不必做长度为 \(1.5(r-l+1)\) 的，只需要做长度为 \(r-l+1\) 的就可以了。
所谓循环卷积呢，就是FFT溢出的值会从\(0\)开始填上。实际卷出\(1.5(r-l+1)\)，超出部分填到了前\(0.5(r-l+1)\)，而我们需要的值是中间一段，所以不影响。
#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
template<class T>T read(){
T data=0,w=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) data=data*10+ch-'0';
return data*w;
}
template<class T>T read(T&x){
return x=read<T>();
}
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> polynomial;
co int mod=998244353,g=3,g_inv=332748118;
il int add(int a,int b){
return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
il int mul(int a,int b){
return (LL)a*b%mod;
}
int fpow(int a,int b){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))
if(b&1) ans=mul(ans,a);
return ans;
}
void num_trans(polynomial&a,int inverse){
int limit=a.size(),len=log2(limit);
static vector<int> bit_rev;
if(bit_rev.size()!=limit){
bit_rev.resize(limit);
for(int i=0;i<limit;++i) bit_rev[i]=bit_rev[i>>1]>>1|(i&1)<<(len-1);
}
for(int i=0;i<limit;++i)if(i<bit_rev[i]) swap(a[i],a[bit_rev[i]]);
for(int step=1;step<limit;step<<=1){
int gn=fpow(inverse==1?g:g_inv,(mod-1)/(step<<1));
for(int even=0;even<limit;even+=step<<1){
int odd=even+step,gk=1;
for(int k=0;k<step;++k,gk=mul(gk,gn)){
int t=mul(gk,a[odd+k]);
a[odd+k]=add(a[even+k],mod-t),a[even+k]=add(a[even+k],t);
}
}
}
if(inverse==-1){
int lim_inv=fpow(limit,mod-2);
for(int i=0;i<limit;++i) a[i]=mul(a[i],lim_inv);
}
}
void solve(polynomial&f,polynomial&g,int l,int r){
if(l==r){
if(!l) f[l]=1;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
solve(f,g,l,mid);
polynomial a(f.begin()+l,f.begin()+mid+1),b(g.begin(),g.begin()+r-l+1); // extract x^l
int limit=1<<int(ceil(log2(r-l+1)));
a.resize(limit),num_trans(a,1);
b.resize(limit),num_trans(b,1);
for(int i=0;i<limit;++i) a[i]=mul(a[i],b[i]);
num_trans(a,-1);
for(int i=mid+1;i<=r;++i) f[i]=add(f[i],a[i-l]);
solve(f,g,mid+1,r);
}
int main(){
int n=read<int>();
polynomial f(n),g(n);
for(int i=1;i<n;++i) read(g[i]);
solve(f,g,0,n-1);
for(int i=0;i<n;++i) printf("%d ",f[i]);
return 0;
}