前言
emmm暂无
多项式求逆目的
顾名思义 就是求出一个多项式的摸xn时的逆
给定一个多项式F(x),请求出一个多项式G(x),满足F(x)∗G(x)≡1(modxn),系数对998244353取模。
多项式求逆主要思路
我们考虑用递推的做法
假设我们当前已知F(x)H(x)=1(mod xi/2)
要求的是F(x)Q(x)=1(mod xi)
因为F(x)Q(x)=1(mod xi)
所以F(x)Q(x)=1(mod xi/2)
可得F(x)(Q(x)-H(x))=0(mod xi/2)
显然可得Q(x)-H(x)=0(mod xi/2)
将上述式子两边平方得H(x)2-2Q(x)H(x)+Q(x)2=0(mod xi)
再将两边同时乘上F(x)
因为F(x)Q(x)=1(mod xi)
所以得F(x)H(x)2-2H(x)+Q(x)=0(mod xi)
移项最后得求的G(x)=2H(x)-F(x)H(x)2(mod xi)
那么就可以递推了
初始状态显然为i等于1的情况G(0)为F(0)的逆元
最后的递推式就为
1.if(x=0)-----G(0)=F(0)p-2(p为模数)
2.if(x>0)-----G(x)=2H(x)-F(x)H(x)2(mod xi)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{
ll s=0,r=1;
char c=C;
for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;
for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<1)+(s<<3)+c;
return s*r;
}
const ll p=998244353,G=3,N=2100000;
ll n;
ll rev[N];
ll a[N],b[N],c[N];
inline ll ksm(ll a,ll b)
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=(ans*a)%p;
a=(a*a)%p;
b>>=1;
}
return ans;
}
inline void ntt(ll *a,ll n,ll kd)
{
for(ll i=0;i<n;i++)
if(i<rev[i])
swap(a[i],a[rev[i]]);
for(ll i=1;i<n;i<<=1)
{
ll gn=ksm(G,(p-1)/(i<<1));
for(ll j=0;j<n;j+=(i<<1))
{
ll t1,t2,g=1;
for(ll k=0;k<i;k++,g=1ll*g*gn%p)
{
t1=a[j+k],t2=1ll*g*a[j+k+i]%p;
a[j+k]=(t1+t2)%p,a[j+k+i]=(t1-t2+p)%p;
}
}
}
if(kd==1) return;
ll ny=ksm(n,p-2);
reverse(a+1,a+n);
for(ll i=0;i<n;i++) a[i]=1ll*a[i]*ny%p;
}
inline void work(ll deg,ll *a,ll *b)
{
if(deg==1){b[0]=ksm(a[0],p-2);return;}
work((deg+1)>>1,a,b);
ll len=0,sum=1;
for(;sum<(deg<<1);sum<<=1,len++);
for(ll i=1;i<sum;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
for(ll i=0;i<deg;i++) c[i]=a[i];
for(ll i=deg;i<sum;i++) c[i]=0;
ntt(c,sum,1);ntt(b,sum,1);
for(ll i=0;i<sum;i++) b[i]=1ll*(2-1ll*c[i]*b[i]%p+p)%p*b[i]%p;
ntt(b,sum,-1);
for(ll i=deg;i<sum;i++) b[i]=0;
}
int main()
{
n=read();
for(ll i=0;i<n;i++) a[i]=read();
work(n,a,b);
for(ll i=0;i<n;i++) printf("%lld ",b[i]);
return 0;
}