大致题意： 给定多项式(F(x))，求(G(x))满足(G(x)^2equiv F(x)(mod x^n))，向(998244353)取模。
前言
在知道多项式乘法逆的前提下，这道题的推导其实是非常简单，甚至要简单于多项式乘法逆的。
但由于多项式开根最后的求解依然需要用到多项式乘法逆，所以总体难度还是高于多项式乘法逆的？
推式子
按照多项式乘法逆的套路，我们可以递归求解此题。
对于边界，显然当递归到(n=0)的时候，由于题目保证(a_0=1)，所以(b_0=1)。
（话说如果(a_0)不等于(1)，那么可能会有多个(b_0)满足(b_0^2equiv1)，我也很想知道这样子该怎么去做）
否则，假设我们当前已知：
[H(x)^2equiv F(x)(mod x^{lfloorfrac n2
floor})
]
由于(G(x)^2equiv F(x)(mod x^n))，所以显然可知
[G(x)^2equiv F(x)(mod x^{lfloorfrac n2
floor})
]
则，显然就可以得到：
[G(x)-H(x)equiv0(mod x^{lfloorfrac n2
floor})
]
考虑我们现在要求出一个多项式，满足与(F(x))卷积模(x^n)余(1)。
则显然，我们必须要想办法，让此处的模数由(x^{lfloorfrac n2 floor})变为(x^n)。
怎么办呢？将式子两边同时平方便可。即：
[(G(x)-H(x))^2equiv0(mod x^n)
]
用完全平方公式拆平方：
[G(x)^2-2G(x)*H(x)+H(x)^2equiv0(mod x^n)
]
然后，由于(G(x)^2equiv F(x)(mod x^n))，所以：
[F(x)-2G(x)*H(x)+H(x)^2equiv0(mod x^n)
]
此时只要通过移项就可以得到：
[G(x)equivfrac{F(x)+H(x)^2}{2H(x)}(mod x^n)
]
关于这个式子，只要用(NTT)+多项式乘法逆就可以求解了。
注意在具体实现中，(G(x))和(H(x))完全可以存在一个数组中。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define X 998244353
using namespace std;
int n,a[N+5],b[N<<2];
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
class Poly
{
private:
int P,L,R[N<<2],t[N<<2],k[N<<2],PR,IPR,I2;
I void T(int *s,CI p)//NTT
{
RI i,j,k,U,S,x,y;for(i=0;i^P;++i) i<R[i]&&(x=s[i],s[i]=s[R[i]],s[R[i]]=x);
for(i=1;i^P;i<<=1) for(U=QP(p,(X-1)/(i<<1)),j=0;j^P;j+=i<<1) for(S=1,k=0;k^i;
S=1LL*S*U%X,++k) s[j+k]=((x=s[j+k])+(y=1LL*S*s[i+j+k]%X))%X,s[i+j+k]=(x-y+X)%X;
}
public:
I Poly() {PR=3,IPR=QP(3,X-2),I2=X+1>>1;}
I void Inv(CI n,int *a,int *b)//多项式乘法逆
{
if(!n) return (void)(b[0]=QP(a[0],X-2));Inv(n>>1,a,b);
RI i;P=1,L=0;W(P<=(n<<1)) P<<=1,++L;for(i=0;i^P;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<L-1);
for(i=0;i<=n;++i) t[i]=a[i];W(i^P) t[i++]=0;
for(T(b,PR),T(t,PR),i=0;i^P;++i) b[i]=(2LL*b[i]-1LL*t[i]*b[i]%X*b[i]%X+X)%X;
RI t=QP(P,X-2);for(T(b,IPR),i=0;i<=n;++i) b[i]=1LL*b[i]*t%X;W(i^P) b[i++]=0;
}
I void Sqrt(CI n,int *a,int *b)//多项式开根
{
if(!n) return (void)(b[0]=1);Sqrt(n>>1,a,b);//递归
RI i;P=1,L=0;W(P<=(n<<1)) P<<=1,++L;for(i=0;i^P;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<L-1);//预处理
for(i=0;i^P;++i) k[i]=0;for(Inv(n,b,k),i=0;i<=n;++i) t[i]=a[i];W(i^P) t[i++]=0;
for(T(t,PR),T(b,PR),T(k,PR),i=0;i^P;++i) b[i]=(1LL*b[i]*b[i]+t[i])%X*k[i]%X*I2%X;//计算新多项式
RI t=QP(P,X-2);for(T(b,IPR),i=0;i<=n;++i) b[i]=1LL*b[i]*t%X;W(i^P) b[i++]=0;//注意清空
}
}P;
int main()
{
RI i;for(scanf("%d",&n),--n,i=0;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
for(P.Sqrt(n,a,b),i=0;i<=n;++i) printf("%d%c",b[i],"
"[i==n]);return 0;
}