#单位根反演，二项式定理#LOJ 6247 九个太阳

题目

\[\large {\sum_{i=0}^n[k|i]C(n,i)}\pmod {998244353} \]

其中\(n\leq 10^{18}\),\(k=2^p,p\in [0,20]\)

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分析

主要是\(k\)条件比较难想，但是貌似有点像NTT的原根，
而且这个组合数也难求，二项式定理是一个将组合数转换为一个快速幂的定理
主要是没写过单位根反演，直接推式子算了
单位根有一个很重要的性质就是

\[\large[n|k]=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega^{ik}_n \]

然后这个式子就可以写成

\[\large=\frac{1}{k}\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{k-1}\omega^{ij}_kC(n,i) \]

考虑把有关\(i\)的部分丢进里面，那就是

\[\large=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n(\omega^j_k)^{i}C(n,i) \]

观察到后面直接套用二项式定理就是

\[\large=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}(\omega^j_k+1)^n \]

直接\(O(klog_2n)\)求就可以了

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upd:补充一条性质
如果要计算某个多项式特定倍数的系数和，

也就是 \(\large \sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}[x^{ik}]f(x)\)

转换一下就是 \(\large \sum_{i=0}^n[k|i][x^i]f(x)\)

单位根反演一下得到 \(\large \frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n[x^i]f(x)\omega^{ji}_k\)

也就是 \(\large \frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=0}^na_i(\omega^j_k)^i=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}f(\omega^j_k)\)

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代码

#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
typedef long long lll;
const lll mod=998244353;
lll n,k,omega,ans;
inline lll ksm(lll x,lll y){
	rr lll ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=x*x%mod)
	    if (y&1) ans=ans*x%mod;
    return ans;
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	omega=ksm(3,(mod-1)/k);
	for (rr lll i=0,t=1;i<k;++i)
		ans+=ksm(t+1,n),t=t*omega%mod;
	return !printf("%lld",ans%mod*ksm(k,mod-2)%mod);
}