洛谷P4238 【模板】多项式求逆（NTT）

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学习了一下大佬的->这里

已知多项式$A(x)$，若存在$A(x)B(x)\equiv 1\pmod{x^n}$

则称$B(x)$为$A(x)$在模$x^n$下的逆元，记做$A^{-1}(x)$

具体的来说的话，就是两个多项式$A,B$相乘模$x^n$之后，所有次数大于等于$n$的项都没了，那么只有在剩下的项相乘之后未知数项全被消掉只留下一个常数项$1$时，$B$才是$A$的逆元

然后为什么要有模$x^n$的限制呢？因为没有这个限制的话，$B$可能有无穷多项

然后我们考虑如何计算$B(x)$

当$n=1$的时候，$A(x)\equiv c\pmod{x}$，其中$c$为常数项，那么$A^{-1}(x)$就是$c^{-1}$

当$n>1$时$$B(x)A(x)\equiv 1\pmod{x^n}$$

设$B'(x)$是模$x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}$时的逆元，即$$B'(x)A(x)\equiv 1\pmod{x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}}$$

首先，可以肯定$$B(x)A(x)\equiv 1\pmod{x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}}$$

那么上下两个式子相减可得$$B(x)-B'(x)\equiv 0\pmod{{x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}}}$$

然后两边平方$$B^2(x)-2B'(x)B(x)+B'^2(x)\equiv 0\pmod{{x^n}}$$

为什么上面模数变成$x^n$呢？我们考虑如果一个多项式在$\pmod{x^n}$的情况下为$0$，那么说明$0$到$n-1$项的系数也为$0$，它平方之后$0$到$2n-1$项系数$a_i$为$\sum_{j=0}^ia_ja_{i-j}$，那么$j$和$i-j$中必有一个小于$n$，也就是说$a_j$和$a_{i-j}$里必有一个为$0$，那么$a_i$也是$0$，所以平方之后在$\mod{2n}$也为$0$

然后在上式两边同乘$A(x)$并移项可得$$B(x)\equiv2B'(x)-A(x)B'^2(x)\pmod{x^n}$$

那么发现这个东西可以递归计算，时间复杂度为$O(nlogn)$

 //minamoto
 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
 #define mul(x,y) (1ll*x*y%P)
 #define add(x,y) (x+y>=P?x+y-P:x+y)
 #define dec(x,y) (x-y<0?x-y+P:x-y)
 using namespace std;
 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
 inline int read(){
     #define num ch-'0'
     char ch;bool flag=;int res;
     while(!isdigit(ch=getc()))
     (ch=='-')&&(flag=true);
     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
     (flag)&&(res=-res);
     #undef num
     return res;
 }
 char sr[<<],z[];int C=-,Z;
 inline void Ot(){fwrite(sr,,C+,stdout),C=-;}
 inline void print(int x){
     if(C><<)Ot();if(x<)sr[++C]=,x=-x;
     while(z[++Z]=x%+,x/=);
     while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=' ';
 }
 const int N=(<<)+,P=,G=,Gi=;
 inline int ksm(int a,int b){
     int res=;
     while(b){
         if(b&) res=mul(res,a);
         a=mul(a,a),b>>=;
     }
     return res;
 }
 int n,r[N],X[N],Y[N],A[N],B[N],O[N];
 void NTT(int *A,int type,int len){
     int limit=,l=;
     while(limit<len) limit<<=,++l;
     for(int i=;i<limit;++i)
     r[i]=(r[i>>]>>)|((i&)<<(l-));
     for(int i=;i<limit;++i)
     if(i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
     for(int mid=;mid<limit;mid<<=){
         int R=mid<<,Wn=ksm(G,(P-)/R);O[]=;
         for(int j=;j<mid;++j) O[j]=mul(O[j-],Wn);
         for(int j=;j<limit;j+=R){
             for(int k=;k<mid;++k){
                 int x=A[j+k],y=mul(O[k],A[j+k+mid]);
                 A[j+k]=add(x,y),A[j+k+mid]=dec(x,y);
             }
         }
     }
     if(type==-){
         //这里这么写是因为如果要点值转系数直接reverse再除以n（也就是乘个逆元）就好了
         reverse(A+,A+limit);
         for(int i=,inv=ksm(limit,P-);i<limit;++i)
         A[i]=mul(A[i],inv);
     }
 }
 void work(int *a,int *b,int len){
     if(len==) return (void)(b[]=ksm(a[],P-));
     work(a,b,len>>);
     for(int i=;i<len;++i) A[i]=a[i],B[i]=b[i];
     NTT(A,,len<<),NTT(B,,len<<);
     for(int i=;i<(len<<);++i)
     A[i]=mul(mul(A[i],B[i]),B[i]);
     NTT(A,-,len<<);
     for(int i=;i<len;++i) b[i]=(1ll*(b[i]<<)%P+P-A[i])%P;
 }
 int main(){
 //    freopen("testdata.in","r",stdin);
     n=read();
     for(int i=;i<n;++i) X[i]=(read()+P)%P;
     int len;for(len=;len<n;len<<=);
     work(X,Y,len);
     for(int i=;i<n;++i) print(Y[i]);
     Ot();
     return ;
 }