学习了 bztMinamoto 大佬的做法，希望这篇题解可以使得那个方法更加易于理解。
既然下降幂多项式转普通多项式可以采取分治 \(\operatorname{NTT}\)，那么可以猜测逆过来也可以。（分治除法？？？）
引理：考虑，\(\forall j>i\)，都有 \(x^{\underline{j}}\bmod x^{\underline{i}}=0\)，那么，如果我们只是求 \(x^{\underline{i}}\) 项的系数，我们可以直接把原式模 \(x^{\underline{i+1}}\)，再除以 \(x^{\underline{i}}\) 获得答案。（以下除法均为带余除法，如果没有写明取余数，均只取商）。
如果对于每个位置都做两次除法，会导致大量重复计算，所以可以考虑分治做。
具体做法：
我们记 \(D_{l,r}\)，表示：
\[D_{l,r}=\prod_{i=l}^{r-1}(x-i) \]我们通过分治 \(\operatorname{NTT}\) 处理出 \(D_{l,r}\)，于是 \(x^{\underline{i}}\)，也就是 \(D_{0,i}\) 可以通过 \(O(\log n)\) 个区间合并出来。
不过当然不必如此繁琐，假设我们正在处理 \([l,r)\) 这段区间中下降幂多项式的系数，且已经得到：
\[F'(x)=\frac{F(x)\bmod x^{\underline{r}}}{x^{\underline{l}}} \]那么，我们将 \(F'(x)\) 除以 \(D_{l,mid}\)，将余数放入左子区间，商放入右子区间递归处理即可。
时间复杂度 \(\mathcal O(n\log^{2}n)\)。
关键代码：
using namespace Poly_NTT;
const int N = 1 << 18;
int n;
poly F[N << 2], D[N << 2], ans;
#define lc (k << 1)
#define rc ((k << 1) | 1)
void calc(int k, int l, int r) {//代码中均为闭区间
if (l == r) {
D[k] = poly(vector <ll> {(mo - l) % mo, 1});
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
calc(lc, l, mid);
calc(rc, mid + 1, r);
D[k] = D[lc] * D[rc];
}
pair <poly, poly> tmp;
void solve(int k, int l, int r) {
if (l == r) {
ans[l] = F[k][0];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
tmp = F[k] / D[lc];//second为余数，first为商。
F[lc] = tmp.second;
F[rc] = tmp.first;
solve(lc, l, mid);
solve(rc, mid + 1, r);
}
int main() {
read(n);
F[1].resize(n); ans.resize(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
read(F[1][i]);
}
calc(1, 0, n - 1);
solve(1, 0, n - 1);
ans.print();
return 0;
}
相信大家都有自己的板子了，完整的就不放了，运算符还是很好理解的吧。
标签：tmp,lc,int,多项式,mid,题解,luoguP5383,underline From： https://www.cnblogs.com/lazytag/p/17001987.html