单位根反演
知识精要
单位根反演用于计算一个数列中所有 \(k\) 的倍数的和。
具体方法是，我们构造一个多项式，其系数为数列。for(i = 0 -> n - 1)，将 \(\omega_k^i\) 代入我们构造的多项式，值的和除以 \(k\) 即为答案。
看起来复杂度更差，但是“构造多项式”可能会有一种能更快计算的“封闭形式”（比如二项式定理），能显著优化复杂度。
证明需要两个式子：
\[[k|n] = \frac{1}{k} \sum_{i=0}^{k-1}w_k^{in}
\]
（显然）
一看就是等比数列求和，直接套用公式推一推就出来了。
\[\sum_{i=0}^n [k|i]a_i = \frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}f(w_k^j)
\]
给一个简单的推导：
\[\sum_{i=0}^n[k|i]a_i
\]
\[=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{k-1}1/k * w_k^{ij}a_i
\]
\[=\frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=0}^na_iw_k^{ji}
\]
\[=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}f(w_k^j)
\]
技能展示
#6247. 九个太阳
给定 \(n, K\) ，满足 \(K\) 是 \(2\) 的幂，求
\[\begin{aligned} \sum_{K | i, 0 \le i \le n} \binom{n}{i} \end{aligned}
\]
对 \(998244353\) 取模。
\(n \le 10^{15}, K \le 2^{20}\) 且 \(K\) 是 2 的幂。
板子题。
构造多项式 \(f(x) = (x+1)^n = \sum_{i=0}^{n - 1} {n \choose i}x^i\)，其 \(K\) 的倍数的位置的系数和即为答案。带 \(\omega_K^i\) 进去求和除以 \(K\) 即可。
由于 \(K \le 2^{20}\) 且 \(K\) 是 \(2\) 的幂，在模 \(998244353\) 意义下存在 \(\omega_K^i\)，直接用原根搞搞即可。
#6485. LJJ 学二项式定理
输入以下变量的值：$ n, s , a_0 , a_1 , a_2 , a_3$，求以下式子的值：
\[\left[ \sum_{i=0}^n \left( {n\choose i} \cdot s^{i} \cdot a_{i\bmod 4} \right) \right] \bmod 998244353
\]
将每个 \(a_i\) 分开考虑。对于每个 \(a_i\)，我们要算的是：
\[\sum_{i=0}^n( {n\choose i} s^i)[i \bmod 4 = ...]
\]
对于 \(a_0\) 比较好算，直接二项式定理搞上去即可。主要是算 \(a_{1,2,3}\)。
根据生成函数的基本运算，\(f(x)/x\) 能够达到系数“左移”一位的效果，据此可以计算 \(a_{1,2,3}\)。
代码：
ll g[4] = {1, 911660635, 998244352, 86583718};
inline ll calc(ll x) {
return quickpow(s * x % P + 1, n);
}
inline void work() {
read(n), read(s);
for (register int i = 0; i < 4; ++i) read(a[i]), a[i] %= P;
n %= (P - 1);
s %= P;
ll ans = 0;
for (register int i = 0; i < 4; ++i) {
ll res = 0;
for (register int j = 0; j < 4; ++j) {
res += calc(g[j]) * inv(quickpow(g[j], i)) % P;
}
ans += a[i] * res % P;
}
ans = (ans % P + P) % P;
ans = ans * inv(4) % P;
printf("%lld\n", ans);
}
P5293 [HNOI2019]白兔之舞
还不会...
