思路
多项式求逆就是对于一个多项式(A(x))，求一个多项式(B(x))，使得(A(x)B(x) equiv 1 (mod x^n))
假设现在多项式只有一项，显然(B(x))的第0项（常数项）就是(A(x))的第0项（常数项）的逆元（所以(A(x))有没有逆元取决于(A(x))的常数项有没有逆元）
那我们可以利用递归的方法，
现在要求
[A(x)B(x) equiv 1 (mod x^n)
]
假设有多项式(B'(x))，满足
[A(x)B'(x)equiv 1 (mod x^{lfloorfrac{n}{2}
floor})
]
则要求的(B(x))，必定也满足
[A(x)B(x) equiv 1 (mod x^{lfloorfrac{n}{2}
floor})
]
所以有
[A(x)(B(x)-B'(x)) equiv 0 (mod x^{lfloorfrac{n}{2}
floor})\B(x)-B'(x)equiv 0 (mod x^{lfloorfrac{n}{2}
floor})\
(B(x)-B'(x))^2equiv 0 (mod x^{n})\
B^2(x)-2B(x)B'(x)+B'^2(x)equiv 0 (mod x^{n})\
]
两侧都乘(A(x))
[B(x)-2B'(x)+2A(x)B'^2(x)equiv 0 (mod x^n)
]
所以
[B(x)equiv B'(x)(2-A(x)B'(x))
]
递归求解即可
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD = 998244353,G = 3, invG = 332748118;
int pow(int a,int b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1)
ans=(a*ans)%MOD;
a=(a*a)%MOD;
b>>=1;
}
return ans;
}
void NTT(int *a,int n,int opt){
int lim=0;
while((1<<lim)<n)
lim++;
n=(1<<lim);
for(int i=0;i<n;i++){
int t=0;
for(int j=0;j<lim;j++)
if((i>>j)&1)
t|=(1<<(lim-j-1));
if(t<i)
swap(a[t],a[i]);
}
for(int i=2;i<=n;i<<=1){
int len=i/2;
int tmp=pow((opt)?G:invG,(MOD-1)/i);
for(int j=0;j<n;j+=i){
int mid=1;
for(int k=j;k<j+len;k++){
int t=a[k+len]*mid;
a[k+len]=(a[k]-t+MOD)%MOD;
a[k]=(a[k]+t)%MOD;
mid=(mid*tmp)%MOD;
}
}
}
if(!opt){
int invn=pow(n,MOD-2);
for(int i=0;i<n;i++)
a[i]=(a[i]*invn)%MOD;
}
}
int c[300100],a[300100],b[300100],n;
void get_inv(int times,int *a,int *b){
if(times==1){
b[0]=pow(a[0],MOD-2);
return;
}
get_inv((times+1)>>1,a,b);
while((times<<1)>n)
n<<=1;
for(int i=0;i<times;i++){
c[i]=a[i];
}
for(int i=times;i<n;i++){
c[i]=0;
}
NTT(c,n,1);
NTT(b,n,1);
for(int i=0;i<n;i++){
b[i]=((2-c[i]*b[i]%MOD)%MOD+MOD)%MOD*b[i]%MOD;
}
NTT(b,n,0);
for(int i=times;i<n;i++){
b[i]=0;
}
}
signed main(){
scanf("%lld",&n);
int tx=n;
for(int i=0;i<tx;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
n=1;
get_inv(tx,a,b);
for(int i=0;i<tx;i++){
printf("%lld ",(b[i]+MOD)%MOD);
}
return 0;
}