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题目描述
给定长度为
的数组
,求
,其中
边界为 。答案模 。
输入输出格式
输入格式:
第一行一个正整数
。
第二行共
个非负整数
,用空格隔开。
输出格式:
一行共
个非负整数,表示
模
的值。
输入输出样例
输入样例#1:
4
3 1 2
输出样例#1:
1 3 10 35
输入样例#2:
10
2 456 32 13524543 998244352 0 1231 634544 51
输出样例#2:
1 2 460 1864 13738095 55389979 617768468 234028967 673827961 708520894
说明
分析:
因为这个转移是与前面的项有关的,就不能直接暴力
,但是这个式子是一个卷积,所以我们就分治
。考虑我们已经跑出了前面的一半,这些东西对后面的贡献就是前面的多项式
与
的一部分的卷积,具体说,对于前面
的
项卷上
的
的项就是对
的贡献。
代码:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long
const int maxn=3e5+7;
const LL G=3;
const LL mod=998244353;
using namespace std;
int n,len,r[maxn];
LL g[maxn],f[maxn],a[maxn],b[maxn],x[maxn],y[maxn],w[maxn];
LL power(LL x,LL y)
{
if (y==1) return x;
LL c=power(x,y/2);
c=(c*c)%mod;
if (y%2) c=(c*x)%mod;
return c;
}
void ntt(LL *a,LL f)
{
for (LL i=0;i<len;i++)
{
if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
}
w[0]=1;
for (LL i=2;i<=len;i*=2)
{
LL wn;
if (f==1) wn=power(G,(LL)(mod-1)/i);
else wn=power(G,(LL)(mod-1)-(mod-1)/i);
for (LL j=i/2;j>=0;j-=2) w[j]=w[j/2];
for (LL j=1;j<i/2;j+=2) w[j]=(w[j-1]*wn)%mod;
for (LL j=0;j<len;j+=i)
{
for (LL k=0;k<i/2;k++)
{
LL u=a[j+k],v=(a[j+k+i/2]*w[k])%mod;
a[j+k]=(u+v)%mod;
a[j+k+i/2]=(u-v+mod)%mod;
}
}
}
if (f==-1)
{
LL inv=power(len,mod-2);
for (LL i=0;i<len;i++) a[i]=(a[i]*inv)%mod;
}
}
void NTT(LL *a,LL *b,LL *c,LL n,LL m)
{
len=1;
while (len<=(n+m)) len*=2;
int k=trunc(log(len+0.5)/log(2));
for (int i=0;i<len;i++)
{
r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(k-1));
}
for (int i=0;i<len;i++)
{
if (i<n) x[i]=a[i]; else x[i]=0;
if (i<m) y[i]=b[i]; else y[i]=0;
}
ntt(x,1); ntt(y,1);
for (LL i=0;i<len;i++) c[i]=x[i]*y[i]%mod;
ntt(c,-1);
}
void solve(int l,int r)
{
if (l==r) return;
int mid=(l+r)/2;
solve(l,mid);
for (int i=l;i<=mid;i++) a[i-l]=f[i];
for (int i=1;i<=r-l;i++) b[i-1]=g[i];
int n=mid-l+1,m=r-l;
NTT(a,b,b,n,m);
for (int i=mid+1;i<=r;i++) f[i]=(f[i]+b[i-l-1])%mod;
solve(mid+1,r);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<n;i++) scanf("%lld",&g[i]);
f[0]=1;
solve(0,n-1);
for (int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",f[i]);
}