多項式對數函數|指數函數

這個思路就是先求導然后再積分，這樣就可以得到一個式子，對于多項式對數函數，我們就可以直接求解了，然后對于多項式指數函數還需要使用分治fft。

多項式對數：

#include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; inline int read() {char x='\0';int fh=1,sum=0;for(x=getchar();x<'0'||x>'9';x=getchar())if(x=='-')fh=-1;for(;x>='0'&&x<='9';x=getchar())sum=sum*10+x-'0';return fh*sum; } const int N=400009; const int mod=998244353; int n,m; inline int ksm(int a,int b) {int sum=1;while(b){if(b&1)sum=1LL*sum*a%mod;b>>=1;a=1LL*a*a%mod;}return sum; } int F[N],G[N],rev[N],l,tt; inline void getl(int len) {for(l=1,tt=0;l<=len;l<<=1)tt++;for(int i=0;i<l;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(tt-1)); } inline void NTT(int *P,int op) {for(int i=0;i<l;i++)if(i<rev[i])swap(P[i],P[rev[i]]);for(int i=1;i<l;i<<=1){int wn=ksm(3,(mod-1)/(i<<1));if(op<0)wn=ksm(wn,mod-2);for(int j=0,p=i<<1;j<l;j+=p){for(int k=0,w=1;k<i;k++,w=1ll*w*wn%mod){int x=P[j+k],y=1LL*P[j+i+k]*w%mod;P[j+k]=(x+y)%mod,P[j+i+k]=(x-y+mod)%mod;} }}if(op<0)for(int i=0,u=ksm(l,mod-2);i<l;i++)P[i]=1LL*P[i]*u%mod; } int C[N],D[N]; inline void getinv(int *f,int *g,int n) {if(n==1)return g[0]=ksm(f[0],mod-2),void();getinv(f,g,n>>1);getl(n);for(int i=0;i<n;i++) C[i]=f[i],D[i]=g[i];for(int i=n;i<l;i++) C[i]=D[i]=0; NTT(C,1),NTT(D,1);for(int i=0;i<l;i++) C[i]=1LL*C[i]*D[i]%mod*D[i]%mod; NTT(C,-1);for(int i=0;i<n;i++) g[i]=((2LL*g[i]%mod-C[i])%mod+mod)%mod; } void dao(int *A,int *B,int len) {for(int i=1;i<len;i++)B[i-1]=1LL*i*A[i]%mod;B[len-1]=0; } void jifen(int *A,int *B,int len) {for(int i=1;i<len;i++)B[i]=1LL*A[i-1]*ksm(i,mod-2)%mod;B[0]=0; } int A[N],B[N]; void getln(int *f,int *g,int n) {dao(f,A,n);getinv(f,B,n);getl(n),NTT(A,1),NTT(B,1);for(int i=0;i<l;i++)A[i]=1LL*A[i]*B[i]%mod;NTT(A,-1);jifen(A,g,n); } int main() {n=read();for(int i=0;i<n;i++)F[i]=read();for(m=1;m<=n;m<<=1); getln(F,G,m);for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",G[i]);return 0; }

細節：

首先需要一個封裝好的NTT，然后每次需要重新求解l和rev

對于中間數組需要用到ABCD4個，但是使用過程中不能直接清空，所以在每次使用的時候要將空余的位置設置為0，保證有效位置都是正確的

過程中直接傳遞指針，就可以遞歸求解了。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的多项式对数函数|指数函数（多项式）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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