多项式全家桶学习笔记
Upd:
(2020/2/9)，做一道题被卡常后发现有些limit可以改的更小......（详见代码）
(2020/2/5)，该了一下(exp)的实现，直接用上取整递归了，好像比原来快乐一倍
终于肝完了...... 多项式三角函数就不学了吧qwq
多项式求逆
还是看板子：【模板】多项式乘法逆
给一个(n-1)次(n)项柿(F(x))，要你求一个(n-1)次多项式(G(x))，满足(F(x)G(x)equiv 1 (mod x^n))。
就是把(F(x)G(x))卷积起来忽略掉次数(ge n)的项后它(equiv 1)。
一个比较难的情况:(n = 1)，即(F(x)G(x))的常数项为(1)，答案就是(F[0]^{-1})，((F)的常数项的逆元)，怎么样，难吧！
好我们下面来看更一般的情况
[F(x)G(x) equiv 1 (mod x^n)
]
假设我们现在已经知道了
[F(x)G'(x) equiv 1 (mod x^{leftlceil frac{n}{2}
ight
ceil})
]
那么由于(F(x)G(x) equiv 1 (mod x^n))，所以(F(x)G(x))必定(equiv 1 (mod x^{leftlceil frac{n}{2} ight ceil}))，所以两式相减得
[F(x)(G(x) - G'(x)) equiv 0 (mod x^{leftlceil frac{n}{2}
ight
ceil})
]
由于(F(x) ot= 0)，所以
[G(x) - G'(x) equiv 0 (mod x^{leftlceil frac{n}{2}
ight
ceil})
]
然后发现我们回不上去了23333...
然而在这里我们可以直接平方一下
[(G(x) - G'(x))^2 equiv 0 (mod x^n)
]
为什么呢？
分类讨论一下
- 对于次数小于(leftlceil frac{n}{2} ight ceil)的项，它不管乘什么都是(0)
- 对于次数大于(leftlceil frac{n}{2} ight ceil)的项，它只有乘一个次数小于(leftlceil frac{n}{2} ight ceil)的项才会对上面那个恒等式产生影响，显然这也是(0)
我们继续化简，暴力展开
[G(x)^2 + G'(x)^2 - 2G(x)G'(x) equiv 0 (mod x^n)
]
因为我们知道(F(x)G(x) equiv 1 (mod x^n))，两边乘(F(x))得
[G(x) + G'(x)^2F(x) - 2G'(x) equiv 0 (mod x^n)
]
移项得
[G(x) equiv 2G'(x) - G'(x) ^ 2 F(x) (mod x^n)
]
为了好看，我们可以更简单地提一个(G'(x))出来
[G(x) equiv G'(x)(2 - G'(x)F(x)) (mod x^n)
]
顺着上面那个柿子递归用(NTT)算就好了。
复杂度：听别人说是 (O(n log n))。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10,P=998244353,G=3,IG=(P+1)/G;
inline int fpow(int x,int y){
int ret=1; for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P) if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
return ret;
}
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
int rev[N];
void init(int len){
for (int i=0;i<len;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?len>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg){
for (int i=0;i<n;i++) if(rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
for (int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1){
int wn=fpow(flg==1?G:IG,(P-1)/len);
for (int i=0;i<n;i+=len){
for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
}
}
}
}
int FF[N];
void getinv(int *F,int *G,int n){
if (n==1){G[0]=fpow(F[0],P-2);return;}
getinv(F,G,(int)ceil(n/2.0));
int limit=1; while (limit<=2*(n-1))limit<<=1;
init(limit);
for (int i=0;i<n;i++) FF[i]=F[i];
for (int i=n;i<limit;i++) FF[i]=0;
ntt(FF,limit,1),ntt(G,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*sub(2,1ll*FF[i]*G[i]%P)*G[i]%P;
ntt(G,limit,-1); int inv=fpow(limit,P-2);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*inv%P;
for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
}
int f[N],inv[N];
int main(){
int n;scanf("%d",&n);
for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
getinv(f,inv,n);
for (int i=0;i<n;i++)printf("%d ",inv[i]);
return 0;
}
ps: 其实还有个迭代版的......尝试写了一下......绝对邪教......，总之这样也不慢。
多项式开根
这个做法有点像多项式乘法逆，考虑倍增。
我们要求的是一个多项式(G(x))，满足
[G^2(x)equiv F(x) (mod x^n)
]
假设我们现在已经知道了
[H^2(x) equiv F(x) (mod x^{leftlceil frac{n}{2}
ight
ceil})
]
显然有
[G^2(x) - H^2(x) equiv 0 (mod x^{leftlceil frac{n}{2}
ight
ceil})
]
平方差一下
[(G(x) - H(x))(G(x) + H(x)) equiv 0 (mod x^leftlceilfrac{n}{2}
ight
ceil)
]
这时候可以发现(G(x))应该有两个解，但在某些题目中我们并不希望(G(x))出现负数，所以我们不妨令
[G(x)-H(x) equiv 0 (mod x^leftlceilfrac{n}{2}
ight
ceil)
]
套路的平方一下
[G^2(x) + H^2(x) - 2G(x)H(x) equiv 0 (mod x^n)
]
发现(G^2(x))就是(F(x))，然后再移项
[F(x) + H^2(x) equiv 2G(x)H(x) (mod x^n)
]
那么
[G(x) equiv frac{F(x) + H^2(x)}{2H(x)} (mod x^n)
]
对(2H(x))求逆后(NTT)就行了。
(Code:)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10,P=998244353,g=3,ig=(P+1)/g;
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int sqr(int x){return 1ll*x*x%P;}
inline int fpow(int x,int y){
int ret=1; for (x%=P;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
return ret;
}
namespace Poly{
int rev[N];
void init(int limit){
for (int i=0;i<limit;i++)
rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?limit>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg){
for (int i=0;i<n;i++)
if (rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
for (int k=1,len=2;len<=n;len<<=1,k<<=1){
int wn=fpow(flg==1?g:ig,(P-1)/len);
for (int i=0;i<n;i+=len){
for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
}
}
}
if (flg!=1){
int inv=fpow(n,P-2);
for (int i=0;i<n;i++) f[i]=1ll*f[i]*inv%P;
}
}
void getinv(int *f,int n,int *inv){
if (n==1){inv[0]=fpow(f[0],P-2);return;}
getinv(f,(n+1)>>1,inv);
static F[N];
int limit=1; while (limit<=2*(n-1))limit<<=1; init(limit);
for (int i=0;i<n;i++) F[i]=f[i];
for (int i=n;i<limit;i++) F[i]=inv[i]=0;
ntt(F,limit,1),ntt(inv,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) inv[i]=1ll*inv[i]*sub(2,1ll*F[i]*inv[i]%P)%P;
ntt(inv,limit,-1);
for (int i=n;i<limit;i++) inv[i]=0;
}
void getsqrt(int *f,int n,int *sqt){
if (n==1){sqt[0]=1;return;}
getsqrt(f,(n+1)>>1,sqt);
static int H[N],iH[N];
int limit=1; while (limit<=2*(n-1)) limit<<=1;
for (int i=0;i<limit;i++) H[i]=i>=n?0:2ll*sqt[i]%P;
getinv(H,n,iH),init(limit);
for (int i=0;i<limit;i++) F[i]=i>=n?0:f[i],sqt[i]=i>=n?0:sqt[i];
ntt(F,limit,1),ntt(sqt,limit,1),ntt(iH,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) sqt[i]=1ll*add(F[i],sqr(sqt[i]))*iH[i]%P;
ntt(sqt,limit,-1);
for (int i=n;i<limit;i++) sqt[i]=0;
// cout<<n<<" wtf: "; for (int i=0;i<n;i++) cout<<sqt[i]<<" "; cout<<endl;
}
}
int f[N],sqt[N];
int main(){
int n; scanf("%d",&n);
for (int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&f[i]);
Poly::getsqrt(f,n,sqt);
for (int i=0;i<n;i++) printf("%d ",sqt[i]);
return 0;
}
多项式带余除法
给一个(n)次多项式(F(x))，和一个(m)次多项式(G(x))，求多项式(Q(x),R(x))满足
- (Q(x))次数为(n-m),(R(x))的次数小于(m)
- (F(x) = Q(x)G(x) + R(x))
对(998244353)取模。
如果没有余数的话我们直接多项式求逆就完了，但这里有(R(x))，我们考虑把它消掉。
之前求逆的时候会对(x^n)取模，这样我们可以消去一些高次项，但我们想的是要把后面(R(x))消掉，然后保留原来的柿子。
下面有一些非常妙的做法。
我们把(x^{-1})代入(F(x))，这样次数就都是负的，然后把他乘上(x^n)，即
[x^nF(x^{-1})
]
容易发现这样即翻转(F(x))的系数，把原来高次项放到后面去了，不放叫他(F^T(x) = x^nF(x^{-1}))。
下面来推一下
用(x^{-1})代替(x)得
[F(x^{-1}) = Q(x^{-1})G(x^{-1}) + R(x^{-1})
]
两边乘上(x^n)
[x^nF(x^{-1}) = x^nQ(x^{-1})G(x^{-1}) + x^nR(x^{-1})
]
注意到(Q(x)G(x))的次数为(x^n)，(R(x))的次数最大为(m-1)，所以
[F^T(x) = Q^T(x)G^T(x) + x^{n-m+1}R^T(x)
]
发现了什么？(Q)的次数为(n-m)，后面又有(x^{n-m+1})，所以我们机智的对(x^{n-m+1})取模，就消掉了(R(x))！
[F^T(x) equiv Q^T(x)G^T(x) (mod x^{n-m+1})
]
通过对(G^T)求逆元我们就能算出(Q^T)，然后翻转就得到了(Q)，带回去算(R)就好了。
即
[Q^T(x) equiv frac{F^T(x)}{G^T(x)} (mod x^{n-m+1})
]
然后再回去用(F - Q)算(R)就行了。
/*
*没有的部分参照上面
*/
namespace Poly{
void van(int *f,int n){
for (int i=0,j=n;i<j;i++,j--)swap(f[i],f[j]);
}
void div(int *f,int n,int *g,int m,int *Q,int *R){
static int F[N],G[N],iG[N],qwq[N];
for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
for (int i=0;i<=m;i++) G[i]=g[i];
van(F,n),van(G,m); getinv(G,n-m+1,iG);
/* cout<<"F: "; for (int i=0;i<=n;i++) cout<<F[i]<<" "; cout<<endl;
cout<<"G: "; for (int i=0;i<=m;i++) cout<<G[i]<<" "; cout<<endl;
cout<<"iG: "; for (int i=0;i<=n-m+1;i++) cout<<iG[i]<<" "; cout<<endl; */
int limit=1; while (limit<=2*n)limit<<=1; init(limit);
for (int i=n+1;i<limit;i++) F[i]=0;
for (int i=n-m+1;i<limit;i++) iG[i]=0;
ntt(F,limit,1),ntt(iG,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) Q[i]=1ll*F[i]*iG[i]%P;
ntt(Q,limit,-1);
for (int i=n-m+1;i<limit;i++) Q[i]=0;
van(Q,n-m);
for (int i=0;i<=n-m;i++) qwq[i]=Q[i];
for (int i=n-m+1;i<limit;i++) qwq[i]=0;
for (int i=0;i<=m;i++) G[i]=g[i];
for (int i=m+1;i<limit;i++) G[i]=0;
limit=1; while(limit<=n)limit<<=1; init(limit);
ntt(qwq,limit,1),ntt(G,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*qwq[i]%P;
ntt(G,limit,-1);
for (int i=n+1;i<limit;i++) G[i]=0;
for (int i=0;i<m;i++) R[i]=sub(f[i],G[i]);
}
}
int n,m,f[N],g[N],q[N],r[N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=0;i<=n;i++) scanf("%d",&f[i]);
for (int i=0;i<=m;i++) scanf("%d",&g[i]);
Poly::div(f,n,g,m,q,r);
for (int i=0;i<=n-m;i++) printf("%d ",q[i]); puts("");
for (int i=0;i<m;i++) printf("%d ",r[i]);
return 0;
}
多项式(ln)
ln是啥??
哦～不就是自然对数吗。等等......(e)在同余系下是啥？咋就能取对数了？
推荐个视频教程：【MIT公开课】单变量微积分。
Two Hours Later......
多项式求导 & 积分
首先我们知道可以对每一项分开来求导、积分。
那我们就来看(a_nx^n)，先(a^n)是常数，把他扔出去。
导数就是((a_nx^n)' = a_n(x^n)' = a_nnx^{n-1})
积分出来(int a_nx^ndx = a_nint x^n dx = a_nfrac{1}{n+1}x^{n+1})
(Code)
namespace Poly{
void dao(int *f,int n,int *d){
static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
for (int i=1;i<=n;i++) d[i-1]=1ll*F[i]*i%P; d[n]=0;
}
void jifen(int *f,int n,int *jf){
static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
for (int i=0;i<=n;i++)
jf[i+1]=1ll*F[i]*fpow(i+1,P-2)%P;
jf[0]=0;
}
}
这个(Ln)不是直接算出来的，是求导求出来的......
首先我们知道((ln x)' = frac{1}{x})，现在我们要求的是
[ln F(x) = G(x)
]
咋办？两边同时对(x)求导！（右边要用一下链式法则）
[F^{-1}(x)F'(x) = G'(x)
]
然后两边同时积分
[G(x) = int F^{-1}(x)F'(x)dx
]
照着求导、求逆、乘法、再积回去就没了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10,P=998244353,gen=3,igen=(P+1)/gen;
inline int add(int x,int y){
return x+y>=P?x+y-P:x+y;
}
inline int sub(int x,int y){
return x-y<0?x-y+P:x-y;
}
inline int fpow(int x,int y){
int ret=1; for (x%=P;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
return ret;
}
namespace Poly{
int rev[N];
void init(int limit){
for (int i=0;i<limit;i++)
rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?limit>>1:0);
}
void dao(int *f,int n,int *d){
static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
for (int i=1;i<=n;i++) d[i-1]=1ll*F[i]*i%P; d[n]=0;
}
void jifen(int *f,int n,int *jf){
static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
for (int i=0;i<=n;i++)
jf[i+1]=1ll*F[i]*fpow(i+1,P-2)%P;
jf[0]=0;
}
void ntt(int *f,int n,int flg){
for (int i=0;i<n;i++)
if (rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
for (int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1){
int wn=fpow(flg==1?gen:igen,(P-1)/len);
for (int i=0;i<n;i+=len){
for (int j=i,w=1;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
int tmp=1ll*f[j+k]*w%P;
f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
}
}
}
if (flg==-1){
int inv=fpow(n,P-2);
for (int i=0;i<n;i++) f[i]=1ll*f[i]*inv%P;
}
}
void getinv(int *f,int n,int *G){
if (n==1){G[0]=fpow(f[0],P-2);return;}
getinv(f,(n+1)>>1,G); static int F[N];
int limit=1; while(limit<=2*(n-1))limit<<=1; init(limit);
for (int i=0;i<limit;i++)
F[i]=i>=n?0:f[i],G[i]=i>=n?0:G[i];
ntt(F,limit,1),ntt(G,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*sub(2,1ll*F[i]*G[i]%P)%P;
ntt(G,limit,-1);
for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
}
void getln(int *f,int n,int *G){
static int F[N],iF[N]; for (int i=0;i<n;i++) F[i]=f[i];
getinv(F,n,iF),dao(F,n-1,F);
int limit=1; while(limit<=2*(n-1))limit<<=1; init(limit);
for (int i=n-1;i<limit;i++) F[i]=0;
ntt(F,limit,1),ntt(iF,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*F[i]*iF[i]%P;
ntt(G,limit,-1);
jifen(G,n-1,G); for (int i=n;i<limit;i++)G[i]=0;
}
}
int f[N],n,ln[N];
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
Poly::getln(f,n,ln);
for (int i=0;i<n;i++) printf("%d ",ln[i]);
return 0;
}
多项式牛顿迭代
这个好像是最有用的(...)
首先您需要知道啥是牛顿迭代
下面的一些内容感性理解一下就好了......并不会太严谨的证明qwq。
好像这个结论也挺好记的。
牛顿迭代
它可以用来求(f(x) = 0)的 近似解
一个简单的应用就是开方。
我们还是直接来看具体怎么做吧
首先我们一眼猜到(f(x) = 0)的一个粗略解(x_0)，然后我们故意把(f(x))当成一个一次函数，即作一条切(f(x))于((x_0,f(x_0)))的直线(l)，根据点斜式，这条直线可以被描述为(y - f(x_0) = f'(x_0)(x-x_0))，然后我们在这条直线上找与(x)轴的交点，即(y = 0)的点，记作((x, 0))，那么有
[x = x_0 - frac{f(x_0)}{f'(x_0)}
]
重复以上步骤，我们会不断逼近(f(x)=0)的解。
即先从一个(x_0)出发，然后按一下递推式得到后面更精确的(x)：
[x_{n+1} = x_n - frac{f(x_n)}{f'(x_n)}
]
放张(wiki)上的图
举个例子，求解平方根。我们现在要求(sqrt k)，那么函数就是(f(x) = x^2-k)，我们要求的就是(f(x)=0)的解。
对(f(x))求导得到(f'(x) = 2x)。按柿子牛顿迭代就行了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
db calc(db k){
#define F(x) (1.0*(x)*(x)-k)
#define F1(x) (2.0*(x))
db x=1;
for (int it=0;it<100;it++)
x=x-F(x)/F1(x);
return x;
}
int main(){
db k; scanf("%lf",&k);
printf("%.9f
",calc(k));
return 0;
}
值得注意的是每牛顿迭代一次，精度都会翻一倍，这和二分有点像
另外如果知道泰勒展开的话，上面的迭代也应该很自然。
首先我们知道一个粗略解(x_0)，那么(f(x))在(x_0)处的泰勒展开结果
[f(x) = sumlimits_{n=0}^{infty} frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x - x_0)^n
]
其中(f^{(n)})表示(f)的(n)阶导数。因为我们可以不断逼近解，所以之取前两项也就是我们就直接认为(f(x) = f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0))，也能得到牛顿迭代公式。
对多项式而言，是这样的问题：
给函数(F(x))，求一个多项式(G(x))，满足(F(G(x)) = 0)，一般来讲，都会让你(mod)一个(x^n)（这个类似实数的精度）。
这个可以类似上面的牛顿迭代。
具体过程（假设(n)为(2)的整数次幂）：
我们要求的是(F(G(x))equiv 0 (mod x^n))，因为牛顿迭代一次后精度会翻倍
假设我们已经知道了(F(G^*(x)) equiv 0 (mod x^{frac{n}{2}}))。
那么根据泰勒展开，(F(G(x)))在(G^*(x))处的展开式
[F(G(x)) = frac{F(G^*(x))}{0!} + frac{F'(G^*(x))}{1!}(G(x)-G^*(x)) + frac{F^{''}(G^*(x))}{2!}(G(x)-G^*(x))^2 + cdots
]
2333，咋整？不要慌张，注意到我们是对(x^n)取模，所以后面(G(x)-G^*(x))的次数大于(1)的项全部报废了。(Nice!)
这样就只剩下
[F(G(x)) = F(G^*(x)) + F'(G^*(x))(G(x)-G^*(x))
]
而我们要的是(F(G(x)) equiv 0 (mod x^n))，即
[F(G^*(x)) + F'(G^*(x))G(x)-F'(G^*(x))G^*(x) equiv 0 (mod x^n)
]
移个项
[F'(G^*(x))G(x) = F'(G^*(x))G^*(x) - F(G^*(x))
]
两边同时除以(F'(G^*(x)))：
[G(x) equiv G^*(x) - frac{F(G^*(x))}{F'(G^*(x))} (mod x^n)
]
所以上面的柿子就是结论，非常有用！
多项式(exp)
给一个多项式(n-1)次多项式(A(x))，让你求(mod x^n)意义下的(e^{A(x)})，系数对(998244353)取模。
这个板子也是非常nb啊......
(e)是个无理数，我们还不知道它长啥样，考虑牛顿迭代。
我们要求的是(B(x) = e^{A(x)})，两边(ln)一下，然后移项得到
[ln B(x) - A(x) = 0
]
令(F(G(x)) = ln G(x) - A(x))，按上面的柿子牛顿迭代就好了。
(A(x))是常数，所以(F)的导数(F'(G(x)) = frac{1}{G(x)})。
假设我们知道了(F(H(x)) equiv 0 (mod x^{leftlceilfrac{n}{2} ight ceil}))，有
[G(x) = H(x) - frac{F(H(x))}{F'(H(x))} = H(x) - H(x)(ln H(x)-A(x)) = H(x)(1-ln H(x)+A(x))
]
递归计算就好了。s
/*
其他的看上面......
*/
namespace Poly{
void getexp(int *f,int n,int *G){
if (n==1){G[0]=1;return;}
getexp(f,(n+1)>>1,G);
static int F[N],lnG[N];
int limit=1; while(limit<=2*(n-1))limit<<=1; init(limit);
for (int i=0;i<limit;i++) F[i]=i>=n?0:f[i],G[i]=i>=n?0:G[i];
getln(G,n,lnG);
ntt(G,limit,1),ntt(lnG,limit,1),ntt(F,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*sub(add(1,F[i]),lnG[i])%P;
ntt(G,limit,-1);
for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
}
}
int f[N],ans[N],n;
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
Poly::getexp(f,n,ans);
for (int i=0;i<n;i++)printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
多项式快速幂
给一个(n-1)次多项式(A(x))，和一个(k(k le 10^{10^5}))，求(A^k(x) mod x^n)，系数对(998244353)取模。
这个有了(ln)和(exp)应该挺好做了吧。
直接写柿子
[A^k(x) = e^{k ln A(x)}
]
注意到(k)会乘到(ln A(x))的系数里，边读边取模就好了。
inline int getnum(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){f=ch=='-'?-f:f;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(10ll*x+ch-48)%P;ch=getchar();}
return normal(x*f);
}
namespace Poly{
void getpow(int *f,int n,int k,int *G){
static int F[N]; for (int i=0;i<n;i++) F[i]=f[i];
getln(F,n,F);
for (int i=0;i<n;i++) F[i]=1ll*F[i]*k%P;
getexp(F,n,G);
}
}
int f[N],ans[N],n,k;
int main(){
scanf("%d",&n),k=getnum();
for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&f[i]);
Poly::getpow(f,n,k,ans);
for (int i=0;i<n;i++)printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
总结
这里放一下自己丑的一比的板子吧
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6,P=998244353,gen=3,igen=(P+1)/gen;
inline int add(int x,int y){
return x+y>=P?x+y-P:x+y;
}
inline int sub(int x,int y){
return x-y<0?x-y+P:x-y;
}
inline int fpow(int x,int y){
int ret=1; for (x%=P;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
return ret;
}
inline int sqr(int x){return 1ll*x*x%P;}
inline int normal(int x){return (x%P+P)%P;}
inline int getnum(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){f=ch=='-'?-f:f;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(10ll*x+ch-48)%P;ch=getchar();}
return normal(x*f);
}
namespace Poly{
int rev[N];
void init(int n){
for (int i=0;i<n;i++)
rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?n>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg){
for (int i=0;i<n;i++)
if (rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
for (int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1){
int wn=fpow(flg==1?gen:igen,(P-1)/len);
for (int i=0;i<n;i+=len){
for (int w=1,j=i;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P){
int tmp=1ll*w*f[j+k]%P;
f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
}
}
}
if (flg==-1){
int inv=fpow(n,P-2);
for (int i=0;i<n;i++) f[i]=1ll*f[i]*inv%P;
}
}
void dao(int *f,int n,int *g){
static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++)F[i]=f[i];
for (int i=1;i<=n;i++) g[i-1]=1ll*i*F[i]%P; g[n]=0;
}
void jifen(int *f,int n,int *g){
static int F[N]; for (int i=0;i<=n;i++)F[i]=f[i];
for (int i=0;i<=n;i++) g[i+1]=1ll*fpow(i+1,P-2)*F[i]%P; g[0]=0;
}
void getinv(int *f,int n,int *G){
if (n==1){G[0]=fpow(f[0],P-2);return;}
getinv(f,(n+1)>>1,G); static int F[N];
int limit=1; while(limit<=2*(n-1))limit<<=1; init(limit);
for (int i=0;i<limit;i++) F[i]=i>=n?0:f[i],G[i]=i>=n?0:G[i];
ntt(F,limit,1),ntt(G,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*sub(2,1ll*F[i]*G[i]%P)%P;
ntt(G,limit,-1);
for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
}
void van(int *f,int n){
for (int i=0,j=n;i<j;i++,j--)swap(f[i],f[j]);
}
void div(int *f,int n,int *g,int m,int *Q,int *R){
static int F[N],G[N],iG[N],qwq[N];
for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[i];
for (int i=0;i<=m;i++) G[i]=g[i];
van(F,n),van(G,m); getinv(G,n-m+1,iG);
/* cout<<"F: "; for (int i=0;i<=n;i++) cout<<F[i]<<" "; cout<<endl;
cout<<"G: "; for (int i=0;i<=m;i++) cout<<G[i]<<" "; cout<<endl;
cout<<"iG: "; for (int i=0;i<=n-m+1;i++) cout<<iG[i]<<" "; cout<<endl; */
int limit=1; while (limit<=2*n)limit<<=1; init(limit);
for (int i=n+1;i<limit;i++) F[i]=0;
for (int i=n-m+1;i<limit;i++) iG[i]=0;
ntt(F,limit,1),ntt(iG,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) Q[i]=1ll*F[i]*iG[i]%P;
ntt(Q,limit,-1);
for (int i=n-m+1;i<limit;i++) Q[i]=0;
van(Q,n-m);
for (int i=0;i<=n-m;i++) qwq[i]=Q[i];
for (int i=n-m+1;i<limit;i++) qwq[i]=0;
for (int i=0;i<=m;i++) G[i]=g[i];
for (int i=m+1;i<limit;i++) G[i]=0;
limit=1; while(limit<=n)limit<<=1; init(limit);
ntt(qwq,limit,1),ntt(G,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*qwq[i]%P;
ntt(G,limit,-1);
for (int i=n+1;i<limit;i++) G[i]=0;
for (int i=0;i<m;i++) R[i]=sub(f[i],G[i]);
}
void getln(int *f,int n,int *G){
static int F[N],iF[N]; for (int i=0;i<n;i++) F[i]=f[i];
getinv(F,n,iF),dao(F,n-1,F);
int limit=1; while(limit<=2*(n-1))limit<<=1; init(limit);
for (int i=n-1;i<limit;i++) F[i]=0;
ntt(F,limit,1),ntt(iF,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*F[i]*iF[i]%P;
ntt(G,limit,-1);
jifen(G,n-1,G); for (int i=n;i<limit;i++)G[i]=0;
}
void getexp(int *f,int n,int *G){
if (n==1){G[0]=1;return;}
getexp(f,(n+1)>>1,G);
static int F[N],lnG[N];
int limit=1; while(limit<=2*(n-1))limit<<=1; init(limit);
for (int i=0;i<limit;i++) F[i]=i>=n?0:f[i],G[i]=i>=n?0:G[i];
getln(G,n,lnG);
ntt(G,limit,1),ntt(lnG,limit,1),ntt(F,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) G[i]=1ll*G[i]*sub(add(1,F[i]),lnG[i])%P;
ntt(G,limit,-1);
for (int i=n;i<limit;i++) G[i]=0;
}
void getpow(int *f,int n,int k,int *G){
static int F[N]; for (int i=0;i<n;i++) F[i]=f[i];
getln(F,n,F);
for (int i=0;i<n;i++) F[i]=1ll*F[i]*k%P;
getexp(F,n,G);
}
void getsqrt(int *f,int n,int *sqt){
if (n==1){sqt[0]=1;return;}
getsqrt(f,(n+1)>>1,sqt);
static int F[N],H[N],iH[N];
int limit=1; while (limit<=2*(n-1)) limit<<=1;
for (int i=0;i<limit;i++) H[i]=i>=n?0:2ll*sqt[i]%P;
getinv(H,n,iH),init(limit);
for (int i=0;i<limit;i++) F[i]=i>=n?0:f[i],sqt[i]=i>=n?0:sqt[i];
ntt(F,limit,1),ntt(sqt,limit,1),ntt(iH,limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++) sqt[i]=1ll*add(F[i],sqr(sqt[i]))*iH[i]%P;
ntt(sqt,limit,-1);
for (int i=n;i<limit;i++) sqt[i]=0;
}
}
int f[N],ans[N],n,k;
int main(){
return 0;
}