1.求逆
設要對多項式a求逆，逆為b：
求在模ceil（n/2）的逆，將原式與之相減後平方，發現可得在模n意義下也是0了，然後兩邊同乘a，移項即可倍增了（注意此時a也是在模當前長度意義下的）。
最後倍增形式為b'=2*b-b*b*a （b』等於2b減b方a），邊界為常數取逆元，也可發現多項式有無逆取決於常數有無逆元
2.開根
與求逆類似，先求ceil（n/2）,然後將a移到左邊使等式右邊變成0，平方，加上4b^2a，再把右邊b^2除到左邊就發現ok了。
最終倍增形式：b'=(a+b*b)/2b(b'等於a加b方後除以2b），除法就上求逆，邊界是常數開根，暴力列舉（並不會二次剩餘...）？模板題保證是1...
（開根裡面套求逆，雖說複雜度仍然是nlog，但已經比大部分兩個log慢了。。。）
3.ln
兩邊求導得到所求的導數b』=a'/a，再積分即可。
4.exp
b=e^(a)
根據牛頓迭代的那套理論，設乙個函式c，使c（b）=0，那麼c(b)=lnb-a
假設已知在mod x^n的b0，要求在mod x^2n的b1
有c(b)=c(b0)/0!+c'(b0)/1!*(b-b0)+...
發現...可以省略，因為在mod x^n下b是唯一確定的，而mod x^2n下一定也滿足mod x^n下，所以在mod x^2n時後面低的n位與mod x^n相等，當求的導數大於等於二階發現（b-b0）那一項的冪次大於等於2，也就是最小的x項冪次大於等於2n，省略即可。
最終推得
b1=b0-c(b0)/c'(b0)
而c求導時是在把b0這個多項式看成變數求導（不要把每一項的x看成變數），a是已知多項式要看成乙個常數
故b1=b0(1-ln(b0)+a)
倍增即可。（注意能exp一定要滿足0次項為0，不然無法賦初值）
先貼4個的**：
#include#define ll long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int n=1e5+100;
void ad(int &x,int y)
void mul(int &x,int y)
int qpow(int x,int y)
return res;
}namespace poly
void cal_wh()
void ntt(vector&a,bool inv)
int md=(n+1)/2;
vectora,c;
pre_ntt(n+md+md),a.resize(len),c.resize(len);
get_inv(c,md);
pre_ntt(n+md+md),cal_wh();
for(int i=0;i&a,vector&res,int n)
void get_sqrt(vector&b,int n)
int md=(n+1)/2;
vectora,c;
pre_ntt(n+n),a.resize(len),c.resize(len);
get_sqrt(c,md);
for(int i=0;i&a,vector&res,int n)
void dao(vector&a,vector&res,int n)
void ln(vector&a,vector&res,int n)
int md=(n+1)/2;
vectorb0;
b0.resize(n),b1.resize(n);
get_exp(b0,md),ln(b0,b1,n);
for(int i=0;i&a,vector&res,int n)
}int main()
return res;
}inline ll add(ll x,ll y)
inline ll sub(ll x,ll y)
inline ll mul(ll x,ll y)
namespace poly
void ntt(vector&a,bool inv)
vectorpoly_sub(vectorx,vectory)
多項式模板
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