笔记 - 单位根反演

单位根反演

单位根，一个耳熟能详的东西。

单位根 $\omega_n$ 定义为，$x^n=1$ 的解中，不等于 $1$，辐角最小的那个。

然后 $w_n$ 的 $0...n-1$ 次幂，正好可以遍历 $x^n=1$ 的所有解。

然后 $\omega_n$ 有一些有趣的性质

1. 幂可以模 $n$

   显然，因为 $n$ 次幂相当于向量转一圈，然后转了个寂寞，所以可以随便的增加 / 减少

2. $\dfrac{n}{2}$ 次幂相当于取负

显然，转半圈转到对面去

这两个性质很显然，但您想必已经明白了它的妙处：它的幂，就相当于在转

单位复根转转转

然后它就可以用来解决一些，与倍数有关的问题 —— 可以把一个倍数的限制条件转化成幂

反演式

$\sum\limits_{i=0}^{n-1} (\omega_n^k)^i=n\times [n|k]$

这本质是一个等比数列求和。右边会出现一个条件判断，是因为等比数列求和要分公比是否为 $1$ 来讨论。

然后就讨论一下 $\omega_n^k$ 是否为 $1$，就可以证明了

用的时候可以把 $n$ 移到左边去，然后单独转化一个 $[n|k]$

千万别忘了除掉那个 $n$

顺便再提一嘴，用的时候一般还会带一个组合数，然后变成二项式定理的形式

例题

loj 6247

非常板子

先变成 $\sum\limits_{i=0}^{n} [k|i] \binom{n}{i}$

然后把整除换成单位根反演式子，交换一下求和符号，二项式定理

$$=\sum\limits_{i=0}^{n} \sum\limits_{p=0}^{k-1} (\omega_{k}^{i})^p \binom{n}{i}\\ =\sum\limits_{p=0}^{k-1} \sum\limits_{i=0}^{n} (\omega_k^{p})^i\binom{n}{i}\\ =\sum\limits_{p=0}^{k-1} (\omega_k^{p}+1)^n$$

然后 $k$ 是 $2^{20}$ 级别。直接做。

小小总结一下

单位根反演，其实就是把一个漂亮的求和，加上一个倍数的限制

然后这时候可以利用单位根的转转转，把倍数换成原来完整的求和

loj 6485

又是一个组合数套一个幂再套一个倍数

这里稍微一点变化是，我们先枚举 %4 余多少，假设是 $k$ ，然后去算贡献，完了乘以 $a_k$

换句话说就是算 $a[0,1,2,3]$ 分别是多少系数

式子略

bzoj 3328

还是老套路，这个枚举倍数在做数论函数题的时候见惯了

直接变成

$$\sum\limits_{k|i} \binom{n}{i} F_i$$

其中 $F_i$ 是斐波那契

然后这里又有组合数，按套路，要找一个幂来

斐波那契，幂...矩阵快速幂！

设

$$A= \begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}$$

然后 $F_n$ 就是 $A^n$ 的左上角。这里我们先把矩阵搞出来，最后一步再取左上角。

答案的矩阵

$$=\sum\limits_{k|i} \binom{n}{i}A^i\\ =\sum\limits_{i=0}^{n} \sum\limits_{p=0}^{k-1} (\omega_k^i)^p A^i\binom{n}{i}\\ =\sum\limits_{p=0}^{k-1} \sum\limits_{i=0}^{n} (\omega_k^p)^iA^i\binom{n}{i}\\ =\sum\limits_{p=0}^{k-1} (\omega_k^pA+I)^n$$

其中 $I$ 是单位矩阵

然后发现 $k$ 很小，直接做

思考：题目中的 $p\equiv 1\pmod{k}$ 是做甚么用的？