题解[LuoguP5591]小猪佩奇学数学

题解[LuoguP5591]小猪佩奇学数学

前置知识

1. 基本数论推式子能力，如分配律结合律等
2. 等比数列求和 $\sum_{i=a}^bx^i=\dfrac{x^{b+1}-x^a}{x-1}$
3. 二项式定理 $(a+b)^k=\sum_{i=0}^k\dbinom ki a^ib^{k-i}$ 及其特殊形式 $(a+1)^k=\sum_{i=1}^k\dbinom ki a^i$
4. 组合恒等式 $m\dbinom nm=n\dbinom {n-1}{m-1}$
5. 单位根反演 $[d\mid n]=\dfrac 1d\sum_{i=0}^{d-1} \omega_d^{ni}$

题意简述

求

$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n\binom ni p^i \left\lfloor\frac ik\right\rfloor \end{aligned}$$

其中 $n,p,k$ 给定，对 $998244353$ 取模。

解题过程

可以发现如果去掉最后的 $\left\lfloor\dfrac ik \right \rfloor$，那么二项式定理逆用即可，所以我们考虑保留前半部分不动。

要处理 $\left\lfloor\dfrac ik \right\rfloor$ 类问题，一般依靠其下取整取值数量来做题，但可以发现 $f(i)=\dbinom ni p^i$ 不方便前缀和，难以使用这个套路。

所以我们考虑转换，将其改写为 $g(x)=\sum_{i=0}^x[k|i]-1$，这里为了方便我们将 $0$ 也算入其中。

那么就可以再使用单位根反演了。

$$\begin{aligned} ans&=\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \left\lfloor\frac ik\right\rfloor\\ &=\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \sum_{j=0}^i [k|j]-\sum_{i=0}^n\binom ni p^i\\ &=\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \sum_{j=0}^i \frac 1k\sum_{l=0}^{k-1}\omega_k^{lj}-(p+1)^n\\ &=\frac 1k \sum_{l=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \sum_{j=0}^i\left(\omega_k^l\right)^j-(p+1)^n \end{aligned}$$

这时候可以看到出现了 $\sum_{j=0}^i\left(\omega_k^l\right)^j$，是一个等比数列求和。

$$\begin{aligned} ans&=\frac 1k \sum_{l=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \sum_{j=0}^i\left(\omega_k^l\right)^j-(p+1)^n\\ &=\frac 1k \sum_{l=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \frac{\left(\omega_k^l\right)^{i+1}-1}{\omega_k^l-1}-(p+1)^n\\ &=\frac 1k \sum_{l=0}^{k-1}\frac{\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \left(\omega_k^{l(i+1)}-1\right)}{\omega_k^l-1}-(p+1)^n\\ &=\frac 1k \sum_{l=0}^{k-1}\frac{\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \omega_k^{l(i+1)}-\sum_{i=0}^n\binom ni p^i}{\omega_k^l-1}-(p+1)^n\\ &=\frac 1k \sum_{l=0}^{k-1}\frac{\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \omega_k^{l(i+1)}-(p+1)^n}{\omega_k^l-1}-(p+1)^n\\ \end{aligned}$$

这下看上去完全推不动了。。。我们再重新审视一下这一个式子，分析一下现在能做到什么复杂度：显然是 $O(nk)$ 过不了，考虑得把内层 $O(n)$ 枚举给省掉，而且其类似于二项式定理的形态也激起了我们化简这一部分的欲望。

所以我们把这一段单独拿出来看一下。

$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n\binom ni p^i \omega_k^{l(i+1)} \end{aligned}$$

如果需要逆用二项式定理，需要去掉最后的 $\omega_k^{l(i+1)}$。这个幂的表示看起来不太舒服，换成舒服的形式再放回去试一试：

$$\begin{aligned} &\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \omega_k^{l(i+1)}\\ &=\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \left(\omega_k^l\right)^{i+1}\\ &=\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \left(\omega_k^l\right)^i\omega_k^l\\ &=\omega_k^l\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \left(\omega_k^l\right)^i \end{aligned}$$

这时可以看到我们将 $p$ 和 $\omega_k^l$ 的指数都化成了相同的 $i$，那我们可以将二者合并起来看，一起放入二项式定理中。

$$\begin{aligned} ans&=\frac 1k \sum_{l=0}^{k-1}\frac{\omega_k^l\sum_{i=0}^n\binom ni p^i \left(\omega_k^l\right)^i-(p+1)^n}{\omega_k^l-1}-(p+1)^n\\ &=\frac 1k \sum_{l=0}^{k-1}\frac{\omega_k^l\sum_{i=0}^n\binom ni \left(p \omega_k^l\right)^i-(p+1)^n}{\omega_k^l-1}-(p+1)^n\\ &=\frac 1k \sum_{l=0}^{k-1}\frac{\omega_k^l \left(p \omega_k^l+1\right)^n-(p+1)^n}{\omega_k^l-1}-(p+1)^n\\ \end{aligned}$$

这时，我们就可以用外层 $O(k)$ 的复杂度枚举，内层 $O(\log)$ 级别的复杂度计算快速幂，总复杂度 $O(k\log n)$ 解决这个问题。

另外注意到一点：在使用等比数列求和公式时，我们没有去验证 $\omega_k^l-1\ne 0$ 的前提条件；而当 $l=0$ 时，$\omega_k^l=0$。

这时我们可以直接特判：

$$\begin{aligned} &\sum_{i=0}^n\binom ni p^i\sum_{j=0}^i\omega_k^0\\ &=\sum_{i=0}^n\binom ni p^i(i+1)\\ &=\sum_{i=1}^ni\binom ni p^i+(p+1)^n\\ &=\sum_{i=1}^n n\binom {n-1}{i-1} p^i+(p+1)^n\\ &=\sum_{i=0}^{n-1} n\binom {n-1}i p^{i+1}+(p+1)^n\\ &=np\sum_{i=0}^{n-1} \binom {n-1}i p^i+(p+1)^n\\ &=np(p+1)^{n-1}+(p+1)^n\\ \end{aligned}$$

注：可以看到从有一处开始将 $\sum$ 的下界改成了 $i=1$，这是因为当 $i=0$ 时无贡献。

最后再把整个式子弄出来：

$$\begin{aligned} ans&=\frac 1k \sum_{l=1}^{k-1}\frac{\omega_k^l \left(p \omega_k^l+1\right)^n-(p+1)^n}{\omega_k^l-1}-(p+1)^n+\frac{np(p+1)^{n-1}+(p+1)^n}k\\ \end{aligned}$$

推式子部分结束。

核心代码

只给出核心代码以供参考，不会实现可以看一看，附有简要注释。数论题还挺好实现罢

typedef long long LL;

const int K=1<<20;
const LL MOD=998244353;

LL n,k,p,ik;//ik 是 inv of k
LL omg;//omega
LL ans;

LL Pow(LL x,LL b=MOD-2){
	LL res=1;
	while(b){
		if(b&1)
			res=res*x%MOD;
		x=x*x%MOD;
		b>>=1;
	}
	return res;
}

LL G(LL x){//计算 mod 998244353 意义下的 x 次单位元
	return Pow(3,(MOD-1)/x);
}

int main(){
	n=read(),p=read(),ik=Pow(k=read());
	omg=G(k);
	for(int i=1;i<k;++i){//处理 sigma 内
		int ol=Pow(omg,i);
		ADD(ans,(ol*Pow((p*ol%MOD+1)%MOD,n)%MOD+MOD-Pow((p+1)%MOD,n))%MOD*Pow(ol+MOD-1)%MOD);
	}
	ADD(ans,(n*p%MOD*Pow((p+1)%MOD,n-1)%MOD+Pow((p+1)%MOD,n))%MOD);//处理 l=0
	ans=ans*ik%MOD;
	ADD(ans,MOD-Pow((p+1)%MOD,n));//处理多出来的
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}