對於乙個函式\(f(x),\)如果我們知道它在\(x_0\)處的各階導數，那麼：
\[f(x)=\sum_^n \frac(x_0)(x-x0)^i}
\]即 我們在\(x_0\)處逼近了\(f(x).\)
考慮求：
\[g(f(x))\equiv 0(\bmod x^n)
\]對於\(n=1\)特殊求出來
考慮已經解決了：
\[g(f_0(x))\equiv 0(\bmod x^\right \rceil} )
\]考慮如何拓展到\(x^n.\)
在這裡泰勒展開一下：
\[g(f(x))=\sum_^\infty \frac(f_0(x))(f(x)-f_0(x))^i}
\]注意到當\(i\ge 2\)時 \((f(x)-f_0(x))^i\)的最低非\(0\)次項的次數是嚴格大於\(2\left\lceil\frac\right\rceil,\)所以：
\[g(f(x))\equiv g(f_0(x))+(f(x)-f_0(x))g'(f_0(x))(\bmod x^n)
\]注意到由題設得：
\[g(f(x))\equiv 0(\bmod x^n)
\]所以:
\[g(f_0(x))+(f(x)-f_0(x))g'(f_0(x))\equiv 0(\bmod x^n)
\]\[f(x)\equiv f_0(x)-\frac(\bmod x^n)
\]例題：
1.多項式 exp
給定多項式\(a(x),\)求\(e^(\bmod x^n).\)
設\(f(x)\equiv e^(\bmod x^n),\)兩邊取對數：
\[\ln f(x)\equiv a(x)(\bmod x^n)
\]\[\ln f(x)-a(x)\equiv 0(\bmod x^n)
\]將\(a(x)\)看成常數，設：
\[g(f(x))=\ln f(x)-a(x)
\]則\(g(f(x))\equiv 0\bmod (x^n)\)
\(g'(f(x))=\frac\)
\[f(x)\equiv f_0(x)-\frac}(\bmod x^n)
\]\[f(x)\equiv f_0(x)-f_0(x)(\ln f_0(x)-a(x))(\bmod x^n)
\]\[f(x)\equiv f_0(x)(1-\ln f_0(x)+a(x))(\bmod x^n)
\]遞迴求解\(o(n\log n).\)
**：
#includeusing namespace std;
#define int long long
const int n=310000;
const int mod=998244353;
int rev[n],a[n],b[n],c[n],d[n],e[n],f[n],g[n];
int lnb[n],g[n],n,k[n];
inline int add(int x,int y)
inline int mul(int x,int y)
inline int qpow(int a,int b)
return res;
}void ntt(int *a,int lim,int tp)(\bmod x^n)
\]注意到，\(a(x)\)是常數，\(g(x)\)的導數\(g'(x)=2b(x)\)
所以原式：
\[f(x)\equiv f_0(x)-\frac(\bmod x^n)
\]\[f(x)\equiv \frac
\]牛頓迭代即可。複雜度\(o(n\log n).\)
#includeusing namespace std;
#define int long long
const int n=310000;
const int mod=998244353;
int rev[n],a[n],b[n],c[n],f[n],g[n],ans[n];
int n,inv2,c[n];
inline int add(int x,int y)
inline int mul(int x,int y)
inline int qpow(int a,int b)
return res;
}void ntt(int *a,int lim,int tp)
signed main()
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