这个题是我出的 sb 题。
首先，我们可以得到：
$$A_i = \sum_{j=i}^{n}{j\choose i}(-1)^{i+j}B_j$$
我们先假设是对的，然后我们把这个关系带进来，有：
$$B_i = \sum_{j=i}^{n}{j\choose i}A_j = \sum_{j=1}^{n}{j\choose i}\sum_{k=j}^{n}{k\choose j}(-1)^{j+k}B_k = \sum_{j=i}^{n}B_j\sum_{k=i}^{j}{j\choose k}{k\choose i}(-1)^{j+k}$$
然后有：
$${j\choose k}{k\choose i} = \frac{j!k!}{k!(j-k)!i!(k-i)!} = \frac{j!(j-i)!}{(j-i)!(j-k)!i!(k-i)!} = {j\choose i}{j - i \choose j - k}$$
故：
$$B_i = \sum_{j=i}^{n}B_j\sum_{k=i}^{j}{j\choose i}{j - i\choose j - k}(-1)^{j+k} = \sum_{j=i}^{n}B_j{j\choose i}\sum_{k=0}^{j-i}{j - i\choose k}(-1)^k$$
又因为从一个非空石子堆中选出奇数个石子和偶数个石子的方案总数是一样的，所以有：
$$\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}(-1)^i = [n == 0]$$
故：
$$B_i = \sum_{j = i}^{n}B_j{j\choose i}[i == j] = B_i$$
发现我们构造的这个关系是没有矛盾的，所以就可以用这个关系来算 $A_i$ 了。
我们刚才证明了这个关系的充分性，那么必要性呢？
因为这是一个满秩的 $n$ 元一次方程组，所以有且仅有一组解满足这个关系。
然而我们现在就找到了这样的一组合法解，所以必要性也是显然的。
所以我们可以得到这两组关系互为充分必要条件，也就是等价的。
把式子展开，有：
$$A_i = \sum_{j=i}^{n}\frac{j!(-1)^jB_j}{i!(-1)^i(j-i)!}$$
其中 $\frac{1}{i!(-1)^i}$ 我们可以最后再考虑，然后我们令 $T_i = A_{n-i}\times (n-i)!\times (-1)^{n-i}$，那么有：
$$T_i = \sum_{j=n-i}^{n}\frac{j!(-1)^jB_j}{(j-n+i)!} = \sum_{j=0}^{i}\frac{(n-j)!(-1)^{n-j}B_{n-j}}{(i-j)!}$$
令 $X_i = (n-i)!(-1)^{n - i}B_{n-i}$，$Y_i = \frac{1}{i!}$，那么就有：
$$T_i = \sum_{j=0}^{i}X_j\times Y_{i - j}$$
就可以用 FFT 来算了，算完之后再处理处理就 OK 了。
时间复杂度 $O(n\log n)$。
1 #include <cmath>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 #include <iostream>
5 #include <algorithm>
6 using namespace std;
7 typedef long long LL;
8 #define N 262144 + 5
9 #define Mod 998244353
10 #define g 3
11
12 int n, d, len, A[N], Fac[N], Inv[N], X[N], Y[N], Rev[N], e[N];
13
14 inline int Inc(int a, int b)
15 {
16 return a + b - (a + b >= Mod ? Mod : 0);
17 }
18
19 inline int power(int u, int v)
20 {
21 int res = 1;
22 for (; v; v >>= 1)
23 {
24 if (v & 1) res = (LL) res * u % Mod;
25 u = (LL) u * u % Mod;
26 }
27 return res;
28 }
29
30 inline void Prepare()
31 {
32 Fac[0] = Inv[0] = 1;
33 for (int i = 1; i <= n + 1; i ++)
34 Fac[i] = (LL) Fac[i - 1] * i % Mod;
35 Inv[n + 1] = power(Fac[n + 1], Mod - 2);
36 for (int i = n; i; i --)
37 Inv[i] = (LL) Inv[i + 1] * (i + 1) % Mod;
38 }
39
40 inline void FFT(int *p)
41 {
42 for (int i = 0; i < len; i ++)
43 if (Rev[i] > i) swap(p[i], p[Rev[i]]);
44 for (int k = 1, s = 1; k < len; k <<= 1, s ++)
45 for (int i = 0; i < len; i ++)
46 {
47 if (i & k) continue ;
48 int t = (i & k - 1) << d - s;
49 int u = (LL) e[t] * p[i + k] % Mod;
50 p[i] = Inc(p[i], u);
51 p[i + k] = Inc(p[i], Mod - Inc(u, u));
52 }
53 }
54
55 int main()
56 {
57 #ifndef ONLINE_JUDGE
58 freopen("handle.in", "r", stdin);
59 freopen("handle.out", "w", stdout);
60 #endif
61
62 scanf("%d", &n);
63 for (int i = 0; i <= n; i ++)
64 scanf("%d", A + i);
65 Prepare();
66 for (len = (n + 1) << 1; len != (len & -len); len += (len & -len)) ;
67 for (int i = len; i > 1; i >>= 1, d ++) ;
68 for (int i = 0; i <= n; i ++)
69 {
70 X[i] = (LL) A[n - i] * Fac[n - i] % Mod * ((i & 1) ? Mod - 1 : 1) % Mod;
71 Y[i] = Inv[i];
72 }
73 for (int i = 0, w = power(g, (Mod - 1) / len); i < len; i ++)
74 {
75 for (int j = 0; j < d; j ++)
76 if ((i >> j) & 1) Rev[i] += 1 << (d - j - 1);
77 e[i] = !i ? 1 : (LL) e[i - 1] * w % Mod;
78 }
79 FFT(X), FFT(Y);
80 for (int i = 0, Inv_w = power(power(g, (Mod - 1) / len), Mod - 2); i < len; i ++)
81 {
82 X[i] = (LL) X[i] * Y[i] % Mod;
83 e[i] = !i ? 1 : (LL) e[i - 1] * Inv_w % Mod;
84 }
85 FFT(X);
86 for (int i = 0, Inv_len = power(len, Mod - 2); i < len; i ++)
87 X[i] = (LL) X[i] * Inv_len % Mod * Inv[n - i] % Mod * ((i & 1) ? Mod - 1 : 1) % Mod;
88 for (int i = n; ~i; i --)
89 printf("%d%c", X[i], !i ? ‘\n‘ : ‘ ‘);
90
91 #ifndef ONLINE_JUDGE
92 fclose(stdin);
93 fclose(stdout);
94 #endif
95 return 0;
96 }
Handle_Gromah