多项式乘法逆

对于一个多项式 (F(x))，满足 (F(x)*G(x)equiv 1;(mod;x^n)) 的 (G) 就叫做 (F) 的乘法逆。

如果只有一项，那么 (G_0) 就是 (F_0) 的逆元。

若有多项，考虑倍增。

假设已知 (H(x)) 使得 (F(x)*H(x) equiv 1;(mod;x^{left lceil frac{n}{2} ight ceil}))，
且显然 (F(x)*G(x) equiv 1;(mod;x^{left lceil frac{n}{2} ight ceil}))，
所以 (F(x)*(G(x)-H(x)) equiv 0;(mod;x^{left lceil frac{n}{2} ight ceil}))，
即 ((G(x)-H(x) equiv 0;(mod;x^{left lceil frac{n}{2} ight ceil}))。

那么设 (T(x)=(G(x)-H(x))^2)，则

[T_i=sum_{j=0}^{i}(G(x)-H(x))_{j}×(G(x)-H(x))_{i-j} ]

因为 (G(x)-H(x) equiv 0;(mod;x^{left lceil frac{n}{2} ight ceil})) 那么 (G(x)-H(x)) 在 (0) 次项到 (left lceil frac{n}{2} ight ceil-1) 次项系数一定都为零，
又因 ((G(x)-H(x))_j)，((G(x)-H(x))_{i-j}) 中必有一项次数小于 (left lceil frac{n}{2} ight ceil)，
所以 (Tequiv 0;(mod;x^n))，
也就是 ((G(x)-H(x))^2equiv 0;(mod;x^n))。

两边同乘 (F)，因为 (F(x)*G(x)equiv 1;(mod;x^n))，
所以化减得到 (G(x)equiv 2H(x)-F(x)*H(x)^2;(mod;x^n))。

用 (NTT) 即可，时间复杂度为 (mathcal O m(nlogn))。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define Re register
#define ri Re signed
#define pd(i) ++i
#define bq(i) --i
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
    struct nanfeng_stream{
        template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) {
            Re bool f=false;x=0;Re char ch=gc();
            while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc();
            while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
            return x=f?-x:x,*this;
        }
    }cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
    template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
    static const int N=1<<19,MOD=998244353;
    int a[N],b[N],c[N],w1[N],w2[N],R[N],n,len,st,inv;
    auto fpow=[](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;
    };
    auto MD=[](int x) {return x>=MOD?x-MOD:x;};
    inline void NTT1(int *a) {
        for (ri i(0);i<st;pd(i)) if (R[i]>i) std::swap(a[R[i]],a[i]);
        for (ri t(st>>1),d(1);d<st;t>>=1,d<<=1)
            for (ri i(0);i<st;i+=d<<1)
                for (ri j(0);j<d;pd(j)) {
                    const int tmp=1ll*w1[t*j]*a[i+j+d]%MOD;
                    a[i+j+d]=(a[i+j]-tmp+MOD)%MOD;
                    a[i+j]=MD(a[i+j]+tmp);
                }
    }
    inline void NTT2(int *a) {
        for (ri i(0);i<st;pd(i)) if (R[i]>i) std::swap(a[R[i]],a[i]);
        for (ri t(st>>1),d(1);d<st;t>>=1,d<<=1)
            for (ri i(0);i<st;i+=d<<1)
                for (ri j(0);j<d;pd(j)) {
                    const int tmp=1ll*w2[t*j]*a[i+j+d]%MOD;
                    a[i+j+d]=(a[i+j]-tmp+MOD)%MOD;
                    a[i+j]=MD(a[i+j]+tmp);
                }
        for (ri i(0);i<st;pd(i)) a[i]=1ll*a[i]*inv%MOD;
    }
    void calc(int deg) {
        if (deg==1) return (void)(b[0]=fpow(a[0],MOD-2));
        calc(deg+1>>1);
        len=0,st=1;
        while(st<=deg<<1) st<<=1,++len;
        inv=fpow(st,MOD-2);
        w1[1]=fpow(3,(MOD-1)/st);
        w2[1]=fpow(w1[1],MOD-2);
        for (ri i(2);i<st;pd(i)) 
            w1[i]=1ll*w1[i-1]*w1[1]%MOD,w2[i]=1ll*w2[i-1]*w2[1]%MOD;
        for (ri i(0);i<st;pd(i)) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
        memcpy(c,a,sizeof(int)*deg);
        memset(c+deg,0,sizeof(int)*(st-deg));
        NTT1(b),NTT1(c);
        for (ri i(0);i<st;pd(i)) b[i]=1ll*(2ll-1ll*b[i]*c[i]%MOD+MOD)%MOD*b[i]%MOD;
        NTT2(b);
        memset(b+deg,0,sizeof(int)*(st-deg));
    }
    inline int main() {
        // FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
        // FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
        w1[0]=w2[0]=1;
        cin >> n;
        for (ri i(0);i<n;pd(i)) cin >> a[i];
        calc(n);
        for (ri i(0);i<n;pd(i)) printf("%d ",b[i]);
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}