转置原理口胡
抄自：cy的WC2020课件、rqy的uoj博客和个人博客
本文没有任何严谨证明，基本都是博主自己口胡的。
也不保证不会出锅，因为博主是垃圾。
线性算法
见cy的WC2020课件。
转化
有一个DAG，点数为(n+k+m)，满足所有边形如u v a((n<u<v))。
DAG分为三部分：前(n)个点（([1,n])）是输入，中间(k)个（([n+1,n+k])）是中间变量，后(m)个（([n+k+1,n+k+m] )）是输出。
在这个DAG上运行如下算法：
- 输入前(n)个点的权值。
- 按编号顺序遍历后(k+m)个点，将每个点的权值设为(w_v=sum_{(u,v,a)in E}a imes w_u)。
- 输出后(m)个点的权值。
可以发现这个模型可以实现任何线性算法。
容易发现，(forall i>n)，(w_i)是(w_1,w_2,cdots,w_n)的线性组合。
所以存在一个(n imes m)的矩阵(A)，(A_{i,j})表示输入(w_i)到输出(w_{n+k+j})的贡献。
现在将([n+k+1,n+k+m])看做输入，([1,n])看做输出，边全部反向，并保持边权不变。
反向运行上述算法，容易发现，(forall ile n+k)，(w_i)是(w_{n+k+1},w_{n+k+2},cdots,w_{n+k+m})的线性组合。
所以存在一个(m imes n)的矩阵(B)，(B_{i,j})表示输入(w_{n+k+i})到输出(w_j)的贡献。
上述两个矩阵的“贡献”其实就是路径权值和（路径的权值是所有边权积）所以显然有(A_{i,j}=B_{j,i})即(A=B^T)。
原来的dag对应一个线性算法，新的dag对应另外一个线性算法，它们的计算次数完全相同。（至于加法次数的略微差别是因为第一次加法可以直接赋值，这个可以忽略）
实际的线性算法是可以复用空间的，但这里我懒得写了。最后可以对应到cy的PPT中的构造。
多点求值
给定多项式(F(x)=sum_{i=0}^{n-1}f_ix^i)
求(ans_i=F(q_i),iin[0,m))
问题是
[egin{bmatrix}
f_0&f_1&cdots&f_{n-1}
end{bmatrix}
imes
egin{bmatrix}
q_0^0&q_1^0&cdots&q_{m-1}^0\
q_0^1&q_1^1&cdots&q_{m-1}^1\
vdots&vdots&ddots&vdots\
q_0^{n-1}&q_1^{n-1}&cdots&q_{m-1}^{n-1}\
end{bmatrix}
=
egin{bmatrix}
ans_0&ans_1&cdots&ans_{m-1}
end{bmatrix}
]
看成(uA=v)，考虑问题(u'A^T=v')，它的输入是(u')输出是(v')。即：
[egin{bmatrix}
g_0&g_1&cdots&g_{m-1}
end{bmatrix}
imes
egin{bmatrix}
q_0^0&q_0^1&cdots&q_0^{n-1}\
q_1^0&q_1^1&cdots&q_1^{n-1}\
vdots&vdots&ddots&vdots\
q_{m-1}^0&q_{m-1}^1&cdots&q_{m-1}^{n-1}\
end{bmatrix}
=
egin{bmatrix}
b_0&b_1&cdots&b_{n-1}
end{bmatrix}
]
可以发现求出(sum_{j=0}^{m-1}frac{g[j]}{1-xq_j})就完事儿了，这个很好做，分治就完事了
新问题的求解过程如下
- 新问题以(g_0,g_1,cdots,g_{m-1})作为输入，(b_0,b_1,cdots,b_{n-1})作为输出
- (q)始终是常量，不参与转置
- 线段树上维护两个信息：(P_x,Q_x)，分别表示这个节点对应区间的(sumfrac{g[j]}{1-xq_j})的分子和分母
- 由于(q)为常量(Q)可以直接确定，只需向上求(P_x=P_{ls}Q_{rs}+P_{rs}Q_{ls})
- 求出线段树根节点的(P_1Q_1^{-1})的(0)到(n-1)项系数即为答案
多项式乘法
见cy的PPT
转置回原问题，求解过程
分治的过程(P_x=P_{ls}Q_{rs}+P_{rs}Q_{ls})可以看成是：
P2_ls=P_ls*Q_rs
P2_rs=P_rs*Q_ls
Px=Px+P2_ls
Px=Px+P2_rs
重写之后是：
P2_rs=P2_rs+Px
P2_ls=P2_ls+Px
P_rs=P2_rs *^T Q_ls
P_ls=P2_ls *^T Q_rs
- 以(f_0,f_1,cdots,f_{n-1})作为输入，(ans_0,ans_1,cdots,ans_{m-1})作为输出
- 一开始先分治求出所有的(Q)（(q)始终是常量）
- 计算(f imes^T Q_1^{-1})，保留(m)到(n+m-2)项系数作为(P_1)
- 从上到下分治，令(P_{ls}=P_{x} imes^TQ_{rs},P_{rs}=P_{x} imes^TQ_{ls})
- (ans_i)为第(i)个叶子的(P)中常数项
因为博主水平不行，必须要有(mge n)以保证复杂度（如果(m<n)，因为(P_1)次数为(n)将导致所有的(P)次数增加(n-m)）
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define mod 998244353
#define poly std::vector<int>
ll gi(){
ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
std::mt19937 rnd(time(NULL));
#define rand rnd
#define pr std::pair<int,int>
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
template<class T>void cxk(T&a,T b){a=a>b?a:b;}
template<class T>void cnk(T&a,T b){a=a<b?a:b;}
#ifdef mod
int pow(int x,int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
}
return ret;
}
template<class Ta,class Tb>void inc(Ta&a,Tb b){a=a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
template<class Ta,class Tb>void dec(Ta&a,Tb b){a=a>=b?a-b:a+mod-b;}
template<class Ta,class Tb>int sub(Ta&a,Tb b){return a>=b?a-b:a+mod-b;}
#endif
int coef[65539],qx[65539],Q[262147],rev[131113],A[131113],B[131113],N,lg,ans[65539];
void setN(int n){
lg=32-__builtin_clz(n),N=1<<lg;
for(int i=0;i<N;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<lg-1);
}
int getN(int n){return 1<<32-__builtin_clz(n);}
void ntt(int*A,int t){
for(int i=0;i<N;++i)if(i>rev[i])std::swap(A[i],A[rev[i]]);
for(int o=1,*qq=Q+o*2;o<N;o<<=1,qq=Q+o*2)
for(int*p=A;p!=A+N;p+=o<<1)
for(int i=0;i<o;++i){
int t=1ll*p[i+o]*qq[i]%mod;
p[i+o]=sub(p[i],t),inc(p[i],t);
}
if(!t){
std::reverse(A+1,A+N);
for(int i=0,iv=pow(N,mod-2);i<N;++i)A[i]=1ll*A[i]*iv%mod;
}
}
poly mul(const poly&x,const poly&y){
int len=x.size()+y.size()-1;setN(len);
memset(A,0,N<<2);memset(B,0,N<<2);
for(int i=0;i<x.size();++i)A[i]=x[i];
for(int i=0;i<y.size();++i)B[i]=y[i];
ntt(A,1),ntt(B,1);for(int i=0;i<N;++i)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;ntt(A,0);
poly z(len);for(int i=0;i<len;++i)z[i]=A[i];
return z;
}
poly mulT(const poly&x,const poly&y){
int len=x.size();setN(len);
memset(A,0,N<<2);memset(B,0,N<<2);
for(int i=0;i<x.size();++i)A[i]=x[i];
for(int i=0;i<y.size();++i)B[i]=y[i];
std::reverse(B,B+y.size());
ntt(A,1),ntt(B,1);for(int i=0;i<N;++i)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;ntt(A,0);
poly z(x.size()-y.size()+1);for(int i=0;i<z.size();++i)z[i]=A[i+y.size()-1];return z;
}
poly getinv(poly x){
if(x.size()==1)return{pow(x[0],mod-2)};
int n=x.size(),m=x.size()+1>>1;
poly y(x.begin(),x.begin()+m),_y;_y=y=getinv(y);
setN(x.size()*2+2);y.resize(N);x.resize(N);
ntt(&y[0],1);ntt(&x[0],1);
for(int i=0;i<N;++i)x[i]=1ll*x[i]*y[i]%mod*y[i]%mod;
ntt(&x[0],0);
for(int i=0;i<n;++i)x[i]=((i<m?2ll*_y[i]:0ll)-x[i]+mod)%mod;
x.resize(n);return x;
}
#define mid ((l+r)>>1)
poly qwq[262147],qaq[262147];
void divide1(int x,int l,int r){
if(l==r){qwq[x]={1,mod-qx[l]};return;}
divide1(x<<1,l,mid),divide1(x<<1|1,mid+1,r);
qwq[x]=mul(qwq[x<<1],qwq[x<<1|1]);
}
void divide2(int x,int l,int r){
if(l==r){ans[l]=qaq[x][0];return;}
setN(qaq[x].size());
{
poly&a=qaq[x],&y=qwq[x<<1|1],&z=qaq[x<<1];
memset(A,0,N<<2);memset(B,0,N<<2);
for(int i=0;i<a.size();++i)A[i]=a[i];
for(int i=0;i<y.size();++i)B[i]=y[i];
std::reverse(B,B+y.size());
ntt(A,1),ntt(B,1);for(int i=0;i<N;++i)B[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;ntt(B,0);
z.resize(a.size()-y.size()+1);
for(int i=0;i<z.size();++i)z[i]=B[i+y.size()-1];
}
{
poly&a=qaq[x],&y=qwq[x<<1],&z=qaq[x<<1|1];
memset(B,0,N<<2);
for(int i=0;i<y.size();++i)B[i]=y[i];
std::reverse(B,B+y.size());
ntt(B,1);for(int i=0;i<N;++i)B[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;ntt(B,0);
z.resize(a.size()-y.size()+1);
for(int i=0;i<z.size();++i)z[i]=B[i+y.size()-1];
}
divide2(x<<1,l,mid);
divide2(x<<1|1,mid+1,r);
}
int main(){
#ifdef LOCAL
freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout);
#endif
for(int o=1;o<=(1<<17);o<<=1){
int P=pow(19260817,mod/o);
Q[o]=1;for(int i=1;i<o;++i)Q[i+o]=1ll*Q[i+o-1]*P%mod;
}
int n=gi()+1,m=gi(),_m=m;
for(int i=0;i<n;++i)coef[i]=gi();
for(int i=0;i<m;++i)qx[i]=gi();
cxk(m,n);divide1(1,0,m-1);
poly sfm=getinv(qwq[1]);std::reverse(all(sfm));
poly s=mul(poly(coef,coef+n),sfm);
qaq[1]=poly(s.begin()+m,s.end());
qaq[1].resize(m+1);
divide2(1,0,m-1);
for(int i=0;i<_m;++i)printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}