問題：已知一個多項式$F(x)$次數為$n-1$，求一個多項式$G(x)$滿足$G(x)\equiv e^{F(x)}$($mod$ $x^{n}$)
保證$F(x)$常數項為$0$
好像有點困難...
首先有一個基礎知識：
我們可以用牛頓迭代求出一個多項式的多項式零點
也即已知一個多項式$F(x)$，可以利用牛頓迭代求出一個多項式$G(x)$滿足$F(G(x))\equiv 0$($mod$ $x^{n}$)
為什么我們要知道這件事情？
假設我們已知了$G_{0}(x)\equiv e^{F(x)}$($mod$ $x^{\frac{n}{2}}$
那么我們需要求出的就是$G_{0}$與$G(x)$的關系
首先，根據牛頓迭代公式，可得：
$G(x)=G_{0}(x)-\frac{F(G_{0}(x)}{F^{'}(G_{0}(x))}$
（關於這個公式的來歷，我在最下面有一個感性理解的部分）
但是這個嵌套的東西還是很鬧心
那么我們從另一個方向再進行一些推導：
已知$G(x)\equiv e^{F(x)}$($mod$ $x^{n}$)
那么兩邊取對數
$lnG(x)-F(x)\equiv 0$($mod$ $x^{n}$)
設$H(G(x))\equiv lnA(x)-B(x)\equiv 0$ ($mod$ $x^{n}$)
那么求導即得到$H^{'}(G_{0}(x))\equiv G_{0}^{-1}(x)$
那么再回到上面的表達式：
$G(x)=G_{0}(x)-\frac{H(G_{0}(x)}{H^{'}(G_{0}(x))}$
最后整理一遍，得到：
$G(x)\equiv G_{0}(x)[1-lnG_{0}(x)+F(x)]$($mod$ $x^{n}$)
這樣就可以倍增去求了
關於牛頓迭代：
假設我們要求一個函數$f(x)$的零點，那么我們不妨假設這個零點是$x_{0}$，然后將$f(x)$在$x=x_{0}$處求導得$f^{'}(x_{0})$，計算出在這一點的切線
$y=f^{'}(x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0})$
接下來求出該切線與$x$軸交點橫坐標$x_{1}$，那么$x_{1}$的精度就比$x_{0}$的精度好一倍（大概是這個意思吧）
我們計算出$x_{1}$的表達式，可以發現$x_{1}=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f^{'}(x_{0})}$，那么這就是一個遞推關系式，將未知數$x$換為多項式$G(x)$即得回上式
代碼：
// luogu-judger-enable-o2 #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <stack> #define ll long long #define maxn 100005 using namespace std; const ll mode=998244353; ll tempf[100005],tempdf[100005],tempif[100005]; ll lB[100005],tB[100005]; ll F[100005],G[100005]; ll W[(1<<20)+5]; int n; ll pow_mul(ll x,ll y) { ll ret=1; while(y) { if(y&1)ret=ret*x%mode; x=x*x%mode,y>>=1; } return ret; } int to[(1<<20)+5]; void NTT(ll *a,int len,int k) { for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]); for(int i=1;i<len;i<<=1) { ll w0=W[i]; for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)) { ll w=1; for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0%mode) { ll w1=a[j+o],w2=a[j+o+i]*w%mode; a[j+o]=(w1+w2)%mode,a[j+o+i]=((w1-w2)%mode+mode)%mode; } } } if(k==-1) { ll inv=pow_mul(len,mode-2); for(int i=1;i<(len>>1);i++)swap(a[i],a[len-i]); for(int i=0;i<len;i++)a[i]=a[i]*inv%mode; } } ll A[(1<<20)+5],B[(1<<20)+5],C[(1<<20)+5]; void mul(ll *f,ll *g,int lenf,int leng) { int lim=1,l=0; while(lim<=lenf+leng)lim<<=1,l++; for(int i=0;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1))); for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0; for(int i=0;i<lenf;i++)A[i]=f[i]; for(int i=0;i<leng;i++)B[i]=g[i]; for(int i=1;i<lim;i<<=1)W[i]=pow_mul(3,(mode-1)/(i<<1)); NTT(A,lim,1),NTT(B,lim,1); for(int i=0;i<lim;i++)C[i]=A[i]*B[i]%mode; NTT(C,lim,-1); } void get_inv(ll *f,ll *g,int dep) { if(dep==1) { g[0]=pow_mul(f[0],mode-2); return; } int nxt=(dep+1)>>1; get_inv(f,g,nxt); int lim=1,l=0; while(lim<=2*dep)lim<<=1,l++; for(int i=0;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1))); for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0; for(int i=0;i<dep;i++)A[i]=f[i]; for(int i=0;i<nxt;i++)B[i]=g[i]; for(int i=1;i<lim;i<<=1)W[i]=pow_mul(3,(mode-1)/(i<<1)); NTT(A,lim,1),NTT(B,lim,1); for(int i=0;i<lim;i++)C[i]=A[i]*B[i]%mode*B[i]%mode; NTT(C,lim,-1); for(int i=0;i<dep;i++)g[i]=((2*g[i]-C[i])%mode+mode)%mode; } void get_ln(ll *f,ll *g,int len) { for(int i=0;i<len;i++)tempf[i]=f[i]; for(int i=1;i<len;i++)tempdf[i-1]=tempf[i]*i%mode; for(int i=0;i<len;i++)tempif[i]=0; get_inv(tempf,tempif,len); mul(tempif,tempdf,len,len); g[0]=0; for(int i=1;i<len;i++)g[i]=C[i-1]*pow_mul(i,mode-2)%mode; } void get_exp(ll *f,ll *g,int dep) { if(dep==1) { g[0]=1; return; } int nxt=(dep+1)>>1; get_exp(f,g,nxt); get_ln(g,lB,dep); for(int i=0;i<dep;i++)tB[i]=(f[i]-lB[i]+mode)%mode; tB[0]++; tB[0]%=mode; mul(tB,g,dep,dep); for(int i=0;i<dep;i++)g[i]=C[i]; } char buffer[maxn],*S,*T; inline char Getchar() { if(S==T) { T=(S=buffer)+fread(buffer,1,maxn,stdin); if(S==T) return EOF; } return *S++; } inline ll read() { ll f=1,x=0;char ch=Getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=Getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=Getchar();} return x*f; } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=0;i<n;i++)F[i]=read(); get_exp(F,G,n); for(int i=0;i<n;i++)printf("%lld ",G[i]); printf("\n"); return 0; }