V.【模板】多项式开根
同之前无数题一样，我们设已知\(b^2\equiv A\pmod{x^m}\)，并且我们想求出一个\(B\)使得\(B^2\equiv A\pmod{x^{2m}}\)。
首先，显然有
\[B-b\equiv0\pmod{x^m}
\]
老套路，平方一下，得到
\[B^2-2Bb+b^2\equiv0\pmod{x^{2m}}
\]
代入\(B^2\equiv A\pmod{x^{2m}}\)，有
\[A-2Bb+b^2\equiv0\pmod{x^{2m}}
\]
于是移项后得到
\[2Bb\equiv A+b^2\pmod{x^{2m}}
\]
除过去，就有
\[B\equiv\dfrac{A+b^2}{2b}\pmod{x^{2m}}
\]
然后求解即可。
时间复杂度\(O(n\log n)\)，但是常数较大，需要O2。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int G=3;
const int N=1<<20;
int n,f[N],g[N],all;
int rev[N];
int ksm(int x,int y){
int z=1;
for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
return z;
}
void NTT(int *a,int tp,int LG){
int lim=(1<<LG),invlim=ksm(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
for(int i=0;i<lim;i++)if(rev[i]>i)swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int md=1;md<lim;md<<=1){
int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
for(int pos=0,stp=md<<1;pos<lim;pos+=stp){
int w=1;
for(int i=0;i<md;i++,w=1ll*w*rt%mod){
int x=a[pos+i],y=1ll*a[pos+md+i]*w%mod;
a[pos+i]=(x+y)%mod;
a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=1ll*a[i]*invlim%mod;
}
int A[N],B[N],C[N],D[N],E[N];
void mul(int *a,int *b,int *c,int LG){
int lim=(1<<LG);
for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0;
for(int i=0;i<(lim>>1);i++)A[i]=a[i],B[i]=b[i];
NTT(A,1,LG),NTT(B,1,LG);
for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
NTT(A,-1,LG);
for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=A[i];
}
void inv(int *a,int *b,int LG){
b[0]=ksm(a[0],mod-2);
for(int k=1;k<=LG+1;k++){
mul(a,b,C,k);
for(int i=0;i<(1<<(k-1));i++)C[i]=(mod-C[i])%mod;
(C[0]+=2)%=mod;
mul(C,b,b,k);
}
}
void sqrt(int *a,int *b,int LG){
b[0]=a[0];
for(int k=1;k<=LG+1;k++){
for(int i=0;i<(1<<(k-1));i++)D[i]=(b[i]<<1)%mod;
inv(D,E,k-1);
mul(b,b,b,k);
for(int i=0;i<(1<<(k-1));i++)(b[i]+=a[i])%=mod;
mul(b,E,b,k);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
while((1<<all)<n)all++;
sqrt(f,g,all);
for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",g[i]);puts("");
return 0;
}