又是一个多项式板子，又疯一个......

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还是看板子：【模板】多项式乘法逆

给一个\(n-1\)次\(n\)项柿\(F(x)\)，要你求一个\(n-1\)次多项式\(G(x)\)，满足\(F(x)G(x)\equiv 1 \ (mod \ x^n)\)。

就是把\(F(x)G(x)\)卷积起来忽略掉次数\(\ge n\)的项后它\(\equiv 1\)。

一个比较难的情况:\(n = 1\)，即\(F(x)G(x)\)的常数项为\(1\)，答案就是\(F[0]^{-1}\)，(\(F\)的常数项的逆元)，怎么样，难吧！

好我们下面来看更一般的情况
\[ F(x)G(x) \equiv 1 \ (mod \ x^n) \]
假设我们现在已经知道了
\[ F(x)G'(x) \equiv 1 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil}) \]
那么由于\(F(x)G(x) \equiv 1 \ (mod \ x^n)\)，所以\(F(x)G(x)\)必定\(\equiv 1 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil})\)，所以两式相减得
\[ F(x)(G(x) - G'(x)) \equiv 0 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil}) \]
由于\(F(x) \not= 0\)，所以
\[ G(x) - G'(x) \equiv 0 \ (mod \ x^{\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil}) \]
然后发现我们回不上去了23333...

然而在这里我们可以直接平方一下
\[ (G(x) - G'(x))^2 \equiv 0 \ (mod \ x^n) \]
为什么呢？

分类讨论一下

• 对于次数小于\(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\)的项，它不管乘什么都是\(0\)
• 对于次数大于\(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\)的项，它只有乘一个次数小于\(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\)的项才会对上面那个恒等式产生影响，显然这也是\(0\)

我们继续化简，暴力展开
\[ G(x)^2 + G'(x)^2 - 2G(x)G'(x) \equiv 0 \ (mod \ x^n) \]
因为我们知道\(F(x)G(x) \equiv 1 \ (mod \ x^n)\)，两边乘\(F(x)\)得
\[ G(x) + G'(x)^2F(x) - 2G'(x) \equiv 0 \ (mod \ x^n) \]
移项得
\[ G(x) \equiv 2G'(x) - G'(x) ^ 2 F(x) \ (mod \ x^n) \]
为了好看，我们可以更简单地提一个\(G'(x)\)出来
\[ G(x) \equiv G'(x)(2 - G'(x)F(x)) \ (mod \ x^n) \]
顺着上面那个柿子递归用\(NTT\)算就好了。

复杂度：听别人说是 \(O(n \ log \ n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10,P=998244353,G=3,IG=(P+1)/G;
inline int fpow(int x,int y){
    int ret=1; for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P) if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
    return ret; 
}
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
int rev[N];
void init(int len){
    for (int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg){
    for (int i=0;i<n;i++) if(rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
    for (int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1){
        int wn=fpow(flg==1?G:IG,(P-1)/len);
        for (int i=0;i<n;i+=len){
            for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
                int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
                f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
            }
        }
    }
}
int FF[N];
void getinv(int *F,int *G,int n){
    if (n==1){G[0]=fpow(F[0],P-2);return;}
    getinv(F,G,(int)ceil(n/2.0));
    int limit=1; while (limit<=2*n)limit<<=1;
    init(limit);
    for (int i=0;i<n;i++) FF[i]=F[i];
    for (int i=n;i<limit;i++) FF[i]=0;
    ntt(FF,limit,1),ntt(G,limit,1);
    for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*sub(2,1ll*FF[i]*G[i]%P)*G[i]%P;
    ntt(G,limit,-1); int inv=fpow(limit,P-2);
    for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*inv%P;
    for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
}
int f[N],inv[N];
int main(){
    int n;scanf("%d",&n);
    for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
    getinv(f,inv,n);
    for (int i=0;i<n;i++)printf("%d ",inv[i]);
    return 0;
}

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ps: 其实还有个迭代版的......尝试写了一下......绝对*......，总之这样也不慢。