zszz，使用 NTT 可以在 (mathcal O(nlog n)) 的时间内求出两个多项式的卷积、以及一个多项式的 ( ext{inv},ln,exp, ext{sqrt}) 等，但是如果模数不是 NTT 模数（譬如 (10^9+7)）并且复杂度允许 (mathcal O(n^2)) 实现上述操作，那么再使用 (nlog n) 的 NTT 优化版多项式全家桶就不合适了，因此我们也要懂得如何暴力 (n^2) 递推。
多项式乘法
这个就过于弱智了吧……直接枚举对应位然后往它们的和的地方贡献即可，这个幼儿园就学过了（
多项式求逆
假设 (B) 为 (A) 的逆元，那么显然有 (AB=1)，即
[sumlimits_{i=0}^nA_iB_{n-i}=[n=0]
]
即
[A_0B_n=-sumlimits_{i=1}^nA_iB_{n-i}(nge 1)
]
[B_n=-dfrac{1}{A_0}sumlimits_{i=1}^nA_iB_{n-i}
]
边界 (B_0=dfrac{1}{A_0})
多项式 (ln)
假设 (B(x)=ln A(x))，那么注意到在我们 NTT 逆元时，我们采用了求导，再积分回去的做法，即 (B’(x)=dfrac{A’(x)}{A(x)})，因此我们只需对 (A(x)) 求一遍逆，再积分回去即可，不过事实上还有更简洁（常数更小）的推法，具体来说
[B'(x)A(x)=A'(x)
]
[(n+1)A_{n+1}=sumlimits_{i=0}^nB_{i+1}(i+1)A_{n-i}
]
[B_{n+1}(n+1)A_0=A_{n+1}(n+1)-sumlimits_{i=0}^{n-1}B_{i+1}(i+1)A_{n-i}
]
[B_{n+1}=dfrac{A_{n+1}(n+1)-sumlimits_{i=1}^{n}iB_iA_{n+1-i}}{A_0(n+1)}
]
[B_n=dfrac{nA_n-sumlimits_{i=1}^{n-1}iB_iA_{n-i}}{A_0n}
]
一般在取 (ln) 时默认 (A_0=1)，因此一般来说上式也可以写作
[B_n=A_n-dfrac{1}{n}sumlimits_{i=1}^{n-1}iB_iA_{n-i}
]
多项式 (exp)
根据 (exp) 的性质，(exp’(A(x))=exp(A(x))A(x))，因此假设 (B(x)=exp(A(x)))，那么显然有
[B'(x)=B(x)A'(x)
]
[B_{n+1}(n+1)=sumlimits_{i=0}^nB_{n-i}A_{i+1}(i+1)
]
[B_{n+1}=dfrac{1}{n+1}sumlimits_{i=0}^nB_{n-i}A_{i+1}(i+1)
]
[B_n=dfrac{1}{n}sumlimits_{i=1}^{n}B_{n-i}A_ii
]
多项式 (exp_{le k})
对于多项式 (A(x))，定义其 (exp_{le k}) 为
[sumlimits_{i=0}^kdfrac{A^i(x)}{i!}
]
因此 (exp(A(x))) 也可视为 (exp_{leinfty})
那么怎么暴力求这东西呢？我们假设 (B(x)=sumlimits_{i=0}^kdfrac{A^i(x)}{i!})，那么
[B'(x)=sumlimits_{i=0}^kdfrac{iA^{i-1}(x)A'(x)}{i!}
]
[B'(x)=sumlimits_{i=0}^kdfrac{A^{i-1}(x)A'(x)}{(i-1)!}
]
[B'(x)=A'(x)sumlimits_{i=0}^{k-1}dfrac{A^{i}(x)}{i!}
]
我们惊奇地发现 (sumlimits_{i=0}^{k-1}dfrac{A^i(x)}{i!}=B(x)-dfrac{A^k(x)}{k!})
于是
[B'(x)=A'(x)(B(x)-dfrac{A^k(x)}{k!})
]
我们假设 (C(x)=dfrac{A^k(x)}{k!})，那么
[B_{n+1}(n+1)=sumlimits_{i=0}^nA_{i+1}(i+1)(B_{n-i}-C_{n-i})
]
[B_{n+1}=dfrac{1}{n+1}sumlimits_{i=0}^nA_{i+1}(i+1)(B_{n-i}-C_{n-i})
]
[B_n=dfrac{1}{n}sumlimits_{i=1}^nA_ii(B_{n-i}-C_{n-i})
]
边界条件 (B_0=sumlimits_{i=0}^kdfrac{A_0^i}{i!})