多项式乘法：
然而蒟蒻的我并不会证明
$FFT$：
1 struct cp{
2 dd x,y;
3 friend cp operator + (const cp &s1,const cp &s2){ return (cp){s1.x+s2.x,s1.y+s2.y}; }
4 friend cp operator - (const cp &s1,const cp &s2){ return (cp){s1.x-s2.x,s1.y-s2.y}; }
5 friend cp operator * (const cp &s1,const cp &s2){ return (cp){s1.x*s2.x-s1.y*s2.y,s1.y*s2.x+s1.x*s2.y}; }
6 }A[N1],B[N1],C[N1];
7
8 int r[N1];
9 void FFT(cp *s,int len,int type)
10 {
11 int i,j,k;
12 for(i=0;i<len;i++) if(i<r[i]) swap(s[i],s[r[i]]);
13 for(k=2;k<=len;k<<=1)
14 {
15 cp wn=(cp){cos(2.0*pi*type/k),sin(2.0*pi*type/k)},w,t;
16 for(i=0;i<len;i+=k)
17 {
18 w=(cp){1,0};
19 for(j=0;j<(k>>1);j++,w=w*wn)
20 {
21 t=w*s[i+j+(k>>1)];
22 s[i+j+(k>>1)]=s[i+j]-t;
23 s[i+j]=s[i+j]+t;
24 }
25 }
26 }
27 }
28 void FFT_Main(int len)
29 {
30 FFT(A,len,1); FFT(B,len,1);
31 for(int i=0;i<len;i++) C[i]=A[i]*B[i];
32 FFT(C,len,-1);
33 for(int i=0;i<len;i++) C[i].x/=len;
34 }
35
$NTT$：
1 ll qpow(ll x,ll y,const ll &mod)
2 {
3 ll ans=1;
4 for(;y;x=x*x%mod,y>>=1)
5 if(y&1) ans=ans*x%mod;
6 return ans;
7 }
8 const ll p=998244353;
9 int r[N1];
10 ll A[N1],B[N1],C[N1],mulwn[N1],invwn[N1],invl,inv2;
11 void Pre(int len,int L)
12 {
13 int i; ll inv,invy;
14 for(i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
15 for(i=1;i<=len;i<<=1)
16 {
17 mulwn[i]=qpow(3,(p-1)/i,p);
18 exgcd(mulwn[i],p,inv,invy);
19 invwn[i]=(inv%p+p)%p;
20 }
21 exgcd(len,p,invl,invy); invl=(invl%p+p)%p;
22 }
23 void NTT(ll *s,int len,int type)
24 {
25 int i,j,k; ll w,t,wn;
26 for(i=0;i<len;i++) if(i<r[i]) swap(s[i],s[r[i]]);
27 for(k=2;k<=len;k<<=1)
28 {
29 wn=type>0?mulwn[k]:invwn[k];
30 for(i=0;i<len;i+=k)
31 {
32 for(j=0,w=1;j<(k>>1);j++,w=w*wn%p)
33 {
34 t=w*s[i+j+(k>>1)]%p;
35 s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]-t+p)%p;
36 s[i+j]=(s[i+j]+t)%p;
37 }
38 }
39 }
40 }
41 void NTT_Main(int len)
42 {
43 NTT(A,len,1); NTT(B,len,1);
44 for(int i=0;i<len;i++) C[i]=A[i]*B[i]%p;
45 NTT(C,len,-1);
46 for(int i=0;i<len;i++) C[i]=C[i]*invl%p;
47 }
多项式$+CDQ$分治：
有一些卷积形式，后面的项需要依赖前面项的答案
比如$f(i)=\sum_{j=0}^{i}g(j)f(i-j)$
所以我们用$CDQ$分治处理前面对后面项的影响
即用$[l,mid]$的答案更新$(mid,r]$
分治$NTT$：
1 const ll p=998244353;
2 ll qpow(ll x,ll y,const ll &mod)
3 {
4 ll ans=1;
5 while(y){
6 if(y&1) ans=ans*x%mod;
7 x=x*x%mod; y>>=1;
8 }return ans;
9 }
10 int r[19][N1];
11 ll A[N1],B[N1],C[N1],g[N1],f[N1],ret[N1],invl[N1],mulwn[N1],invwn[N1];
12 void Pre(int len,int L)
13 {
14 int i,j;ll inv,invy;
15 for(j=1;j<=L;j++) for(i=0;i<(1<<j);i++)
16 r[j][i]=(r[j][i>>1]>>1)|((i&1)<<(j-1));
17 for(i=2;i<=len;i<<=1)
18 {
19 mulwn[i]=qpow(3,(p-1)/i,p);
20 exgcd(mulwn[i],p,inv,invy); invwn[i]=(inv%p+p)%p;
21 exgcd(i,p,inv,invy); invl[i]=(inv%p+p)%p;
22 }
23 }
24 void NTT(ll *s,int len,int type,int L)
25 {
26 int i,j,k,inv; ll w,wn,t;
27 for(i=0;i<len;i++)
28 if(i<r[L][i]) swap(s[i],s[r[L][i]]);
29 for(k=2;k<=len;k<<=1)
30 {
31 wn=type>0?mulwn[k]:invwn[k];
32 for(i=0;i<len;i+=k)
33 {
34 for(j=0,w=1;j<(k>>1);j++,w=w*wn%p)
35 {
36 t=w*s[i+j+(k>>1)]%p;
37 s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]-t+p)%p;
38 s[i+j]=(s[i+j]+t)%p;
39 }
40 }
41 }
42 if(type==-1)
43 for(i=0;i<len;i++)
44 s[i]=s[i]*invl[len]%p;
45 }
46 void NTT_Main(int len,int L)
47 {
48 NTT(A,len,1,L); NTT(B,len,1,L);
49 for(int i=0;i<len;i++) C[i]=A[i]*B[i]%p;
50 NTT(C,len,-1,L);
51 }
52 void CDQ(int l,int r,int L)
53 {
54 if(l==r){ ret[l]=f[l]; return; }
55 int mid=(l+r)>>1,i;
56 CDQ(l,mid,L-1);
57 for(i=l;i<=r;i++) A[i-l]=ret[i],B[i-l]=g[i-l];
58 NTT_Main(r-l+1,L);
59 for(i=mid+1;i<=r;i++) (f[i]+=C[i-l])%=p;
60 CDQ(mid+1,r,L-1);
61 }
62
63 int n,m,len,L;
64 int main()
65 {
66 scanf("%d",&n); int i; f[0]=1;
67 for(i=1;i<n;i++) g[i]=gint();
68 for(len=1,L=0;len<n;len<<=1,L++);
69 Pre(len,L);
70 CDQ(0,len-1,L);
71 for(i=0;i<n;i++) printf("%lld ",f[i]);
72 puts("");
73 return 0;
74 }
多项式求逆：
$mod\;x^{n}$表示取出这个多项式的0~n-1次项
假设我们已经求出了$H(x)$，满足$H(x)F(x)\equiv 1\;(mod\;x^{ \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil })$
我们想求$G(x)F(x)\equiv 1\;(mod\;x^{n}) $
$(G(x)-H(x))\equiv 0\;(mod\;x^{ \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil })$
$(G(x)-H(x))^{2} \equiv 0\;(mod\;x^{n})$
展开
$G^{2}(x)-2G(x)H(x)+H^{2}(x) \equiv 0\;(mod\;x^{n})$
$G(x)=2H(x)-\frac{H^{2}(x)}{G(x)}$
$=2H(x)-H^{2}(x)F(x)$
$=H(x)*(2-H(x)F(x))\;(mod\;x^{n})$
然后上$NTT$就好了
1 void NTT(ll *s,int len,int type)
2 {
3 int i,j,k; ll wn,w,t;
4 for(i=0;i<len;i++) if(i<r[i]) swap(s[i],s[r[i]]);
5 for(k=2;k<=len;k<<=1)
6 {
7 wn=type>0?mulwn[k]:invwn[k];
8 for(i=0;i<len;i+=k)
9 {
10 for(j=0,w=1;j<(k>>1);j++,w=w*wn%p)
11 {
12 t=w*s[i+j+(k>>1)]%p;
13 s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]+p-t)%p;
14 s[i+j]=(s[i+j]+t)%p;
15 }
16 }
17 }
18 if(type==-1)
19 {
20 ll invl=qpow(len,p-2);
21 for(i=0;i<len;i++) s[i]=s[i]*invl%p;
22 }
23 }
24 int len,L;
25 void NTT_INV(int n)
26 {
27 if(n==1){ b[0]=qpow(f[0],p-2); return; }
28 NTT_INV((n+1)>>1); int i;
29 for(len=1,L=0;len<n+2*((n+1)>>1);len<<=1,L++);
30 for(i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
31 memset(a,0,len<<3); memcpy(a,f,n<<3);
32 NTT(a,len,1); NTT(b,len,1);
33 for(i=0;i<len;i++)
34 b[i]=(2ll-a[i]*b[i]%p+p)%p*b[i]%p;
35 NTT(b,len,-1);
36 for(i=n;i<len;i++) b[i]=0;
37 }
38
39 int n;
40
41 int main()
42 {
43 int ret=0,i;
44 scanf("%d",&n);
45 for(i=0;i<n;i++) scanf("%lld",&f[i]);
46 for(len=1,L=0;len<n+n-1;len<<=1,L++);
47 for(i=1;i<=len;i<<=1) mulwn[i]=qpow(3,(p-1)/i), invwn[i]=qpow(mulwn[i],p-2);
48 NTT_INV(n);
49 for(i=0;i<n;i++) printf("%lld ",b[i]);
50 puts("");
51 return 0;
52 }
多项式求ln：
根据求导公式，若$f(x)=ln\;x$，那么$f'(x)=\frac{1}{x}$
现在已知多项式$F(x)$，那么$ln\;F(x)$的一阶导$=\frac{1}{F'(x)}$
我们利用导数知识求出$F'(x)$，$x^{a}$的一阶导是$ax^{a-1}$，$F'(x)$就是对$x$的不同次项求导，再相加
再用多项式求逆，求出多项式$G(x)=\frac{1}{F'(x)}$，再通过不定积分推回去
此处的不定积分其实就是把导数公式$x^{a}=ax^{a-1}$逆推回去
1 ll qpow(ll x,ll y)
2 {
3 ll ans=1;
4 for(;y;x=x*x%p,y>>=1)
5 if(y&1) ans=ans*x%p;
6 return ans;
7 }
8
9 int r[N1];
10 ll a[N1],b[N1],c[N1],mulwn[N1],invwn[N1],f[N1];
11
12 void NTT(ll *s,int len,int type)
13 {
14 int i,j,k; ll wn,w,t;
15 for(i=0;i<len;i++) if(i<r[i]) swap(s[i],s[r[i]]);
16 for(k=2;k<=len;k<<=1)
17 {
18 wn=type>0?mulwn[k]:invwn[k];
19 for(i=0;i<len;i+=k)
20 {
21 for(j=0,w=1;j<(k>>1);j++,w=w*wn%p)
22 {
23 t=w*s[i+j+(k>>1)]%p;
24 s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]+p-t)%p;
25 s[i+j]=(s[i+j]+t)%p;
26 }
27 }
28 }
29 if(type==-1)
30 {
31 ll invl=qpow(len,p-2);
32 for(i=0;i<len;i++) s[i]=s[i]*invl%p;
33 }
34 }
35 int len,L;
36 void NTT_INV(int n)
37 {
38 if(n==1){ b[0]=qpow(f[0],p-2); return; }
39 NTT_INV((n+1)>>1); int i;
40 for(len=1,L=0;len<n+2*((n+1)>>1);len<<=1,L++);
41 for(i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
42 memset(a,0,len<<3); memcpy(a,f,n<<3);
43 NTT(a,len,1); NTT(b,len,1);
44 for(i=0;i<len;i++)
45 b[i]=(2ll-a[i]*b[i]%p+p)%p*b[i]%p;
46 NTT(b,len,-1);
47 for(i=n;i<len;i++) b[i]=0;
48 }
49
50 int n;
51
52 int main()
53 {
54 int ret=0,i;
55 scanf("%d",&n);
56 for(i=0;i<n;i++) scanf("%lld",&f[i]);
57 for(len=1,L=0;len<n+n-1;len<<=1,L++);
58 for(i=1;i<=len;i<<=1) mulwn[i]=qpow(3,(p-1)/i), invwn[i]=qpow(mulwn[i],p-2);
59 NTT_INV(n);
60 for(i=0;i<n;i++) printf("%lld ",b[i]);
61 puts("");
62 return 0;
63 }
来源：https://www.cnblogs.com/guapisolo/p/10331843.html