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題意
給定三個長為 \(n\) 的陣列 \(a_{0,\dots,n-1},b_{0,\dots,n-1},c_{0,\dots,n-1}\)，對 \(\forall i\in[0,n-1]\) 求出：
\[d_i=\sum_{j=0}^{n-1}c_j\prod_{k=0}^i(a_j+b_k)
\]
對 \(998244353\) 取模。
\(n\le 2.5\times 10^5\)。
思路
將 \(a,b\) 看成常量，那麼 \(d\) 就是由 \(c\) 的線性變換得來，我們考慮其轉置：
\[c_j=\sum_{i=0}^{n-1}d_i\prod_{k=0}^i(a_j+b_k)
\]
注意到 \(j\) 只出現一次，不妨令：
\[F(x)=\sum_{i=0}^{n-1}d_i\prod_{k=0}^i(x+b_k)
\]
那麼顯然有：
\[c_j=F(a_j)
\]
以 \(d\) 作為輸入，\(c\) 作為輸出，用分治 NTT 求出 \(F(x)\) 再多點求值得到 \(c\)，便在 \(O(n\log^2n)\) 的時間複雜度內解決了轉置後的問題。由轉置原理，我們可以在同時間複雜度內求出原問題。
多點求值的轉置是老生常談了：
\[F(x)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{c_i}{1-a_ix}
\]
分治 NTT 即可。
要寫出前面的分治 NTT 的轉置，我們把原演算法過程寫出來：
\[F_{l,r}(x)=\sum_{i=l}^rd_i\prod_{k=l}^i(x+b_k)
\]
\[G_{l,r}(x)=\prod_{k=l}^r(x+b_k)
\]
- 對於葉子結點：\(F_{i,i}=b_id_i+d_ix\)；
- 對於非葉子結點：\(F_{l,r}=F_{l,mid}+F_{mid+1,r}\times G_{l,mid}\)，\(G_{l,r}=G_{l,mid}\times G_{mid+1,r}\)。
寫演算法轉置的基本步驟很簡單：
- 將流程翻轉；
- 將每一步基本運算轉置，其中最重要的就是將 \(a_i\) 乘以 \(v\) 加給 \(b_j\) 經轉置變為將 \(b_j\) 乘以 \(v\) 加給 \(a_j\)；對於多項式也是如此：將 \(F\) 乘以 \(G\) 加給 \(H\) 經轉置變為將 \(H\) 轉置乘 \(G\) 加給 \(F\)。
同時，需要注意分辨常量與變數，與輸入輸出無關的常量不需要參與轉置。不難發現 \(G\) 與 \(c,d\) 均無關，在此演算法中屬於常量，故 \(G\) 的計算不需要轉置。
對於 \(F_{l,r}=F_{l,mid}+F_{mid+1,r}\times G_{l,mid}\)，我們可以將其看成三步：\(F_{l,r}\gets 0\)，\(F_{l,r}\gets F_{l,r}+F_{l,mid}\)，\(F_{l,r}\gets F_{l,r}+F_{mid+1,r}\times G_{l,mid}\)，於是該演算法的轉置也不難寫出：
- 對於非葉子結點：\(F_{l,mid}=F_{l,r}\)，\(F_{mid+1,r}=F_{l,r}\times^T G_{l,mid}\)，其中 \(F_{l,mid}\) 只需要保留 \(mid-l+1\) 次；
- 對於葉子結點：\(d_i=b_i[x^0]F_{i,i}+[x^1]F_{i,i}\)。
於是在 \(O(n\log^2n)\) 時間複雜度內解決了原問題。
核心程式碼：
namespace MulTT{
inline Poly MulT(const Poly &a,const Poly &b){
Poly F=a,G=b;
int n=a.size(),m=b.size();
reverse(G.begin(),G.end());
init(n);
F.resize(lim),G.resize(lim);
NTT(F,1),NTT(G,1);
for(int i=0;i<lim;i++)
G[i]=1ll*F[i]*G[i]%mod;
NTT(G,-1);
for(int i=m-1;i<n;i++)
F[i-m+1]=G[i];
F.resize(max(0,n-m+1));
return F;
}
}
using namespace MulTT;
#define PolyY vector<Poly>
inline PolyY operator*(const PolyY &a,const PolyY &b){
int p=a[0].size(),q=b[0].size();
PolyY F=a,G=b;
init(p+q);
for(int i=0;i<2;i++)
F[i].resize(lim),G[i].resize(lim),
NTT(F[i],1),NTT(G[i],1);
for(int i=0;i<lim;i++)
F[1][i]=(1ll*F[0][i]*G[1][i]+1ll*F[1][i]*G[0][i])%mod,
F[0][i]=1ll*F[0][i]*G[0][i]%mod;
for(int i=0;i<2;i++)
NTT(F[i],-1),F[i].resize(p+q-1);
return F;
}
#define ls (rt<<1)
#define rs (rt<<1|1)
int n,m;
Poly A,B,C,D,G[N];
inline void solve1(int rt,int l,int r){
if(l==r){
G[rt]={B[l],1};
return ;
}
int mid=l+r>>1;
solve1(ls,l,mid),solve1(rs,mid+1,r);
G[rt]=G[ls]*G[rs];
}
inline PolyY solve2(int l,int r){
if(l==r) return {{1,dec(0,A[l])},{C[l],0}};
int mid=l+r>>1;
return solve2(l,mid)*solve2(mid+1,r);
}
inline void solve3(int rt,int l,int r,Poly F){
if(l==r){
D[l]=add(F[1],1ll*F[0]*B[l]%mod);
return ;
}
int mid=l+r>>1;
Poly L=F;
L.resize(mid-l+2);
solve3(ls,l,mid,L);
Poly R=MulT(F,G[ls]);
solve3(rs,mid+1,r,R);
}
int main(){
n=read();
Prefix(n*2);
for(int i=0;i<n;i++)
A.push_back(read());
for(int i=0;i<n;i++)
B.push_back(read());
for(int i=0;i<n;i++)
C.push_back(read());
D.resize(n);
solve1(1,0,n-1);
PolyY T=solve2(0,n-1);
Poly F=T[1]*Inv(T[0]);
F.resize(n+1);
solve3(1,0,n-1,F);
for(auto tmp:D)
write(tmp),putc(' ');
flush();
}