复习了一下，稍微写一写。
边界很奇怪，从 \(1\) 开始的。。。
这种自己按某一维顺序更新自己的可以考虑分治FFT。
分治FFT用的是cdq分治的思想，以这题为例。
在分治 \([l,r]\) 的时候，先分治左边 \([l,mid]\)，然后统计 \([l,mid]\) 对 \([mid+1,r]\) 的贡献，再分治 \([mid+1,r]\)
为啥先分治左边？其实想想就很显然。你要知道右边的值，必然要依靠左边的值；但是左边的值不需要右边的值。先分治左边，确定了左边的值就可以更新右边了。
个人感觉，分治FFT这东西是有实现难度的，不像倍增FFT难度全在推式子。初学，dalao别D
详细讲一下怎么实现。
设当前分治区间 \([l,r],mid=\lfloor\dfrac{l+r}{2}\rfloor\)
令 \(A_i=f_{i+l}(i+l\in [l,mid]),B_i=g_{i+1}(i\in [0,r-l))\)
把这两个东西卷起来，看看是什么。
\((A*B)(k)=\sum_{j=0}^{k}A_jB_{k-j}=f_{j+l}g_{k+1-j}\)
不难发现，\([l,mid]\) 内的 \(f\) 对于 \([mid+1,r]\) 内某个位置 \(i\) 的贡献为 \(\sum_{j=l}^{mid}f_jg_{i-j}\)
所以我们把 \(i\in [mid+1,r]\) 的 \(f\) 加上 \((A*B)(i-l-1)\) 即可。
我其实感觉实现难度就在上面这部分。
首先要构造 \(A,B\) 两个多项式。
大概说一下我是怎么搞的吧。
把 \(A\) 设成要统计贡献的部分，这个一般就是左区间或者右区间。
\(B\) 的范围得看 \(A\) 卷上哪些部分可以到达目标区间。这题 \(A\) 的下标是 \([l,mid]\) ，目标区间是 \([mid+1,r]\)，由于 \(l\) 是对 \(r\) 有贡献的（\(f_l*g_{r-l}\)），那么上界至少是 \(r-l\)。用这个思路可以发现上界设 \(r-l\) 够了。同理下界设成 \(1\) 。
现在我们可以肯定的是，\(A*B\) 的某一项系数就是对于 \([mid+1,r]\) 某一项的贡献，然后手动算一下具体是哪一项的贡献。这里一定要小心，少一个 \(+1\) 或者少一个 \(-1\) ，差之毫厘失之千里。
复杂度是 \(T(n)=2T(\dfrac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log^2 n)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define sz(v) (int)v.size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
const int N=100005;
const int M=N<<2;
#define mod 998244353
inline void fmod(int&x){x-=mod,x+=x>>31&mod;}
inline int qpow(int n,int k){int res=1;for(;k;k>>=1,n=1ll*n*n%mod)if(k&1)res=1ll*n*res%mod;return res;}
int n,g[N],f[N];
namespace poly{
int lg,lim,rev[M];
void init(const int&n){
for(lim=1,lg=0;lim<=n;lim<<=1,++lg);
for(int i=0;i<lim;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
}
void NTT(int*a,int op){
for(int i=0;i<lim;++i)if(i>rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
int g=op?3:qpow(3,mod-2);
for(int i=1;i<lim;i<<=1){
int wn=qpow(g,(mod-1)/(i<<1));
for(int j=0;j<lim;j+=i<<1){
int w0=1;
for(int k=0;k<i;++k,w0=1ll*w0*wn%mod){
const int X=a[j+k],Y=1ll*w0*a[i+j+k]%mod;
fmod(a[j+k]=X+Y),fmod(a[i+j+k]=X-Y+mod);
}
}
}
if(op)return;int ilim=qpow(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;++i)a[i]=1ll*a[i]*ilim%mod;
}
}
#define clr(a,n) memset(a,0,sizeof(int)*(n))
void CDQ_NTT(int l,int r){
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
CDQ_NTT(l,mid);
static int A[M],B[M];
poly::init(r-l-1+mid-l),clr(A,poly::lim),clr(B,poly::lim);
for(int i=l;i<=mid;++i)A[i-l]=f[i];
for(int i=1;i<=r-l;++i)B[i-1]=g[i];
poly::NTT(A,1),poly::NTT(B,1);
for(int i=0;i<poly::lim;++i)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
poly::NTT(A,0);
for(int i=mid+1;i<=r;++i)fmod(f[i]+=A[i-l-1]);
CDQ_NTT(mid+1,r);
}
signed main(){
n=read(),f[0]=1;rep(i,1,n-1)g[i]=read();
CDQ_NTT(0,n-1);
rep(i,0,n-1)printf("%d ",f[i]);
return 0;
}