分治FFT
引入問題：摘自洛谷P4721 【模板】分治 FFT，描述如下：
給出多項式\(g[0..n]\)，求多項式\(f\)，滿足：
\[f(i)=\sum_{j=1}^if(i-j)g(j) \]
邊界\(f(0)=1\)。
注意到這是個卷積的形式，不難想到\(FTT\)，但是這里卷積內有一個\(f\)，\(f\)是未知的，就不能用常規的多項式乘法了。
我們引入一個叫做分治\(FFT\)的算法，其基本思想很簡單，就是和\(cdq\)分治一樣，我們先分治左邊，然后考慮左邊對右邊的影響，再分治右邊。
具體的，假設我們現在已經做完了\([l,mid]\)，考慮對右邊的影響。
我們可以把式子列出來，就是：
\[f(i)=\sum_{j=l}^{mid}f(j)g(i-j) \]
那么我們可以把\(f\)的\([l,mid]\)項拿出來，其他項置\(0\)，在把這個和\(g\)的\([0,r-l]\)卷起來就可以得到影響，然后加上去就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
#define lf double
#define ll long long
const int maxn = 2e5+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 998244353;
int f[maxn],g[maxn],mxn,w[maxn],n,N,rw[maxn],t[maxn],bit,pos[maxn],s[maxn];
int qpow(int a,int x) {
int res=1;
for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
return res;
}
void prepare() {
w[0]=1;w[1]=qpow(3,(mod-1)/mxn);
for(int i=2;i<=mxn;i++) w[i]=1ll*w[i-1]*w[1]%mod;
rw[0]=1,rw[1]=qpow(qpow(3,mod-2),(mod-1)/mxn);
for(int i=2;i<=mxn;i++) rw[i]=1ll*rw[i-1]*rw[1]%mod;
}
void ntt(int *r,int op) {
for(int i=1;i<N;i++) if(pos[i]>i) swap(r[i],r[pos[i]]);
for(int i=1,d=mxn>>1;i<N;i<<=1,d>>=1)
for(int j=0;j<N;j+=i<<1)
for(int k=0;k<i;k++) {
int x=r[j+k],y=1ll*r[i+j+k]*(op==1?w:rw)[k*d]%mod;
r[j+k]=(x+y)%mod,r[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
}
if(op==-1) {
int inv=qpow(N,mod-2);
for(int i=0;i<N;i++) r[i]=1ll*r[i]*inv%mod;
}
}
void solve(int l,int r) {
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid);
for(int i=l;i<=mid;i++) t[i-l]=f[i],s[i-l]=g[i-l];
for(int i=mid+1;i<=r;i++) t[i-l]=0,s[i-l]=g[i-l];
for(bit=0,N=1;N<=r-l;N<<=1,bit++);
for(int i=r-l+1;i<N;i++) t[i]=s[i]=0;
for(int i=1;i<N;i++) pos[i]=pos[i>>1]>>1|((i&1)<<(bit-1));
ntt(s,1),ntt(t,1);
for(int i=0;i<N;i++) s[i]=1ll*s[i]*t[i]%mod;
ntt(s,-1);
for(int i=mid+1;i<=r;i++) f[i]=(f[i]+s[i-l])%mod;
solve(mid+1,r);
}
int main() {
read(n);
for(int i=1;i<n;i++) read(g[i]);f[0]=1;
for(mxn=1;mxn<n;mxn<<=1);
prepare();
solve(0,mxn-1);
for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",f[i]);puts("");
return 0;
}
當然這個題也可以用生成函數做，設：
\[F(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}f(i)x^i,G(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}g(i)x^i \]
乘起來：
\[F(x)G(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}x^i\sum_{j=0}^if(j)g(i-j) \]
由於\(g(0)=0\)，可以得到：
\[F(x)G(x)=\sum_{i=1}^{+\infty}f(i)x^i=F(x)-1 \]
所以：
\[\begin{align} F(x)G(x)&\equiv F(x)-1 \pmod{x^n}\\ F(x)&\equiv \frac{1}{1-G(x)} \pmod{x^n}\\ \end{align} \]
那么多項式求逆就做完了。
代碼咕咕咕