大致题意： 给定多项式\(F(x)\)，求\(G(x)\)满足\(F(x)*G(x)\equiv1(mod\ x^n)\)，向\(998244353\)取模。
前言
板子题只会抄题解......
不得不说，虽然这个思路很难想到，但看完题解还是很好理解的。
推式子
我们可以递归求解此题。
对于边界，显然当递归到\(n=0\)的时候，可直接求出\(G(x)\)中\(0\)次项（即常数项）的系数就是\(F(x)\)中\(0\)次项系数的逆元。
否则，假设我们当前已知：
\[F(x)*H(x)\equiv1(mod\ x^{\lfloor\frac n2\rfloor})\]
由于\(F(x)*G(x)\equiv1(mod\ x^n)\)，所以显然可知
\[F(x)*G(x)\equiv1(mod\ x^{\lfloor\frac n2\rfloor})\]
则，若我们将两式相减，就可以得到：
\[F(x)*(G(x)-H(x))\equiv0(mod\ x^{\lfloor\frac n2\rfloor})\]
把\(F(x)\)去掉，就得到：
\[G(x)-H(x)\equiv0(mod\ x^{\lfloor\frac n2\rfloor})\]
考虑我们现在要求出一个多项式，满足与\(F(x)\)卷积模\(x^n\)余\(1\)。
则显然，我们必须要想办法，让此处的模数由\(x^{\lfloor\frac n2\rfloor}\)变为\(x^n\)。
怎么办呢？将式子两边同时平方便可。即：
\[(G(x)-H(x))^2\equiv0(mod\ x^n)\]
用完全平方公式拆平方：
\[G(x)^2-2G(x)*H(x)+H(x)^2\equiv0(mod\ x^n)\]
然后，此时我们再把\(F(x)\)卷积上去，就得到：
\[F(x)*G(x)^2-2F(x)*G(x)*H(x)+F(x)*H(x)^2\equiv0(mod\ x^n)\]
由于\(F(x)*G(x)\equiv1(mod\ x^n)\)，所以我们就可以进一步化简得到：
\[G(x)-2H(x)+F(x)*H(x)^2\equiv0(mod\ x^n)\]
此时我们便可以发现，式子中\(G(x)\)已经被独立出来了，因此只要通过移项就可以得到：
\[G(x)\equiv2H(x)-F(x)*H(x)^2(mod\ x^n)\]
关于这个式子，只要用\(NTT\)做多项式乘法就可以了。
注意在具体实现中，\(G(x)\)和\(H(x)\)完全可以存在一个数组中。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define X 998244353
#define Qinv(x) Qpow(x,X-2)
#define swap(x,y) (x^=y^=x^=y)
using namespace std;
int n,a[N+5],b[4*N+5];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(c) (C==E&&(clear(),0),*C++=c)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
int T;char c,*A,*B,*C,*E,FI[FS],FO[FS],S[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI,C=FO,E=FO+FS;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);}
Tp I void write(Con Ty& x,Con char& y) {write(x),pc(y);}
I void clear() {fwrite(FO,1,C-FO,stdout),C=FO;}
}F;
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
template<int SZ,int PR> class Poly
{
private:
int IPR,P,L,R[4*N+5],t[4*N+5];
I void T(int *s,CI op)
{
RI i,j,k,U,S,x,y;for(i=0;i^P;++i) i<R[i]&&swap(s[i],s[R[i]]);
for(i=1;i^P;i<<=1) for(U=Qpow(~op?PR:IPR,(X-1)/(i<<1)),j=0;j^P;j+=i<<1)
for(S=1,k=0;k^i;++k,S=1LL*S*U%X) s[j+k]=((x=s[j+k])+(y=1LL*S*s[i+j+k]%X))%X,s[i+j+k]=(x-y+X)%X;
}
public:
I Poly() {IPR=Qinv(PR);}
I void Inv(CI n,int *a,int *b)
{
if(!n) return (void)(b[0]=Qinv(a[0]));Inv(n>>1,a,b);//处理边界，不在边界则继续递归
RI i;P=1,L=0;W(P<=(n<<1)) P<<=1,++L;for(i=0;i^P;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<L-1);//预处理
for(i=0;i<=n;++i) t[i]=a[i];T(b,1),T(t,1);//NTT
for(i=0;i^P;++i) b[i]=(2LL*b[i]%X-1LL*t[i]*b[i]%X*b[i]%X+X)%X;T(b,-1);//计算新多项式
RI t=Qinv(P);for(i=0;i<=n;++i) b[i]=1LL*b[i]*t%X;for(i=n+1;i^P;++i) b[i]=0;//注意将高位清空，否则会影响后续操作
}
};Poly<N,3> P;
int main()
{
RI i;for(F.read(n),--n,i=0;i<=n;++i) F.read(a[i]);//读入
for(P.Inv(n,a,b),i=0;i<=n;++i) F.write(b[i]," \n"[i==n]);return F.clear(),0;//输出
}