瘋狂補板中。
考慮倍增實現。
假設多項式只有乙個常數項，直接對它逆元就可以了。
現在假如要求$g(x)$
$$f(x)g(x) \equiv 1 (\mod x^n)$$
而我們已經求出了$h(x)$
$$f(x)h(x) \equiv 1(\mod x^ \right \rceil})$$
兩式相減，
$$f(x)(g(x) - h(x)) \equiv 0(\mod x^ \right \rceil})$$
$f(x) \mod x^ \right \rceil}$一定不會是$0$，那麼
$$g(x) - h(x) \equiv 0(\mod x^ \right \rceil})$$
兩邊平方，
$$g(x)^2 + h(x)^2 - 2g(x)h(x) \equiv 0(\mod x^n)$$
注意到後面的模數也平方了。
因為多項式$g(x) - h(x)$次數$\in [0, \left \lceil \frac \right \rceil]$的項的係數全都是$0$，所以平方之後次數在$[0, n]$之間的項的係數也全都是$0$。
兩邊乘上$f(x)$，
$$f(x)g(x)^2 + f(x)h(x)^2 - 2f(x)g(x)h(x) \equiv g(x) + f(x)h(x)^2 - 2h(x) \equiv 0(\mod x^n)$$
就得到了
$$g(x) \equiv 2h(x) - f(x)h(x)^2(\mod x^n)$$
遞迴實現比較清爽，非遞迴的比遞迴的快挺多的。
時間複雜度為$o(nlogn)$。
實現的時候有兩個小細節：
1、$h(x)$的長度是$\frac$的，$f(x)$的長度是$n$，所以$f(x)h(x)^2$的長度是$2n$。
2、遞迴的時候注意那個上取整符號。
code：
#include #include遞迴版#include
using
namespace
std;
typedef
long
long
ll;const
int n = 1
<< 20
;int
n;ll f[n], g[n];
namespace
poly ;
intlim, pos[l];
inline ll fmul(ll x, ll y, ll p)
return
res;
}inline ll fpow(ll x, ll y, ll p)
return
res;
}inline
void prework(int
len)
inline
void ntt(ll *c, ll opt, ll p) }}
if (opt == -1
) }
/*inline ll get(int k, ll p)
*/ll f[l], g[l];
void inv(ll *a, ll *b, int
len, ll p)
inv(a, b, (len + 1) >> 1
, p);
prework(len
<< 1
);
for (int i = 0; i < lim; i++) f[i] = g[i] = 0
;
for (int i = 0; i < len; i++) f[i] = a[i], g[i] =b[i];
ntt(f,
1, p), ntt(g, 1
, p);
for (int i = 0; i < lim; i++) g[i] = g[i] * (2ll - f[i] * g[i] % p + p) %p;
ntt(g, -1
, p);
for (int i = 0; i < len; i++) b[i] =g[i];
}};template
inline
void read(t &x)
intmain()
#include #include非遞迴版using
namespace
std;
typedef
long
long
ll;const
int n = 3e5 + 5
;const ll p =998244353ll;
intn, lim, pos[n];
ll a[n], f[
2][n], tmp[n];
template
inline
void read(t &x)
template
inline
void swap(t &x, t &y)
inline ll fpow(ll x, ll y)
return
res;
}inline
void ntt(ll *c, int
opt) }}
if (opt == -1) }
intmain()
--dep;
for (int i = 0; i < n; i++)
printf(
"%lld%c
", f[dep & 1][i], i == (n - 1) ? '
\n' : '');
return0;
}
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