浅谈单位根反演

我感觉这东西还蛮有意思的。

基础结论

我们首先给出一个结论：$\sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^{ij}=n[n|j]$，其中 ${\omega }_n$ 表示 $n$ 次单位根，具体的，它等于 $e^{\frac{2i\pi }{n}}$。

下面给出证明：

记 $f(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{x}^i$，上式就等价于 $f({\omega }_n^j)=[n|j]$。

• 当 ${\omega }_n^i=1$，即 $n|j$ 时，原式 $=\sum _{i=0}^{n-1}1=n$。
• 当 ${\omega }_n^i\ne 1$，即 $n\nmid j$ 时，$f(x)={\displaystyle \frac{x^n-1}{x-1}}$，有因为 $({\omega }_n^i{)}^n=1$，所以原式 $=0$。

这个式子的一般情况只能处理 $jmodn=0$ 的情况，考虑拓展成 $jmodn=a$ 的情况。

$n[jmodn=a]=n[(j-a)modn=0]=\sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^{i(j-a)}=\sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^{ij}{\omega }_n^{-ia}$。

这样我们就可以得到拓展，记多项式 $F(x)=\sum _{i=0}^m{a}_i{x}^i$。

则 $\sum _{i=0}^m{a}_i[imodn=k]={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=0}^m{a}_i\sum _{j=0}^{n-1}{\omega }_n^{ij}{\omega }_n^{-jk}={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{j=0}^{n-1}{\omega }_n^{-jk}\sum _{i=0}^m{a}_i{\omega }_n^{ij}={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{j=0}^{n-1}{\omega }_n^{-jk}F({\omega }_n^j)$。

这样，我们就得到了快速求出 $F(x)$ 所有满足 $imodn=k$ 的 $a_i$ 的系数和。

CTT 2019 D2T1 循环序列

可以将题意转化为 $ans=\sum _{i=0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{ni+x})modp$，保证 $n|p-1$。

不难得到：$ans=[t^x][(1+t{)}^{k}mod{t}^n]$。记 $f(t)=(1+t{)}^k$，所以最终答案为 $\sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^{-ix}f({\omega }_n^i)$。

复杂度为 $O(n\log n)$。

快速求值

有的时候暴力数其实并不够，有时候我们需要更快速的求值方式。

IDFT

学过 FFT 和 NTT 的式子，可以发现 IDFT 有着和单位根一致的结构，其实 IDFT 就是使用单位根反演来证明正确性的。

$f_i=\sum _{j=0}^{n-1}{\mathcal{F}}_j{\omega }^{-ij}$，所以我们可以使用 IDFT 的过程来做到 $O(n\log n)$ 求解，复杂度 $O(n\log n)$，但仅限于 $n=2^w$ 的情况。

而对于 $n\ne 2^w$ 的情况，我们就需要考虑其他的求解方式了。

Chirp Z-Transform

我们记 $F(x)=\sum _{i=0}^{n-1}{\mathcal{F}}_i{x}^i$，则我们最终要求的就是 $F(x)$ 的 $n$ 个点值：$F({\omega }_n^i),i=0,1\dots n-1$。

而这个过程，就是 Chirp Z-Transform 所求解的形式。

针对单位根繁衍的情况，我们可以可以得到：

$f_i=\sum _{j=0}^{n-1}{\mathcal{F}}_j{\omega }^{-ij}=f_i=\sum _{j=0}^{n-1}{\mathcal{F}}_j{\omega }^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{2})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{2})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j}{2})}$。

所以 $f_i={\omega }_n^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{2})}\sum _{j=0}^{n-1}{\mathcal{F}}_j{\omega }_n^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{2})}\times {\omega }_n^{-(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j}{2})}$，这个是差卷积的形式，直接卷积即可，复杂度 $O(n\log n)$。

例题

Luogu P5591 小猪佩奇学数学

给定 $n,p,k$，求 $\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{p}^i\lfloor {\displaystyle \frac{i}{k}}\rfloor mod998244353$，保证 $\mathrm{\exists }w\in \mathbb{N}\cap [0,20],k=2^w$。

先推式子：

$$\begin{array}{c}\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{p}^i\lfloor {\displaystyle \frac{i}{k}}\rfloor \\ =\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{p}^i{\displaystyle \frac{i-(i\mathrm{mod}k)}{k}}\\ =\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{p}^{i}i-\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{p}^i{\displaystyle \frac{i\mathrm{mod}k}{k}}\\ =\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{p}^{i}i-\sum _{j=0}^{k-1}j\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{p}^i[i\mathrm{mod}k=j]\end{array}$$

先考虑前者，我们知道 $(1+x{)}^n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})x^i$，而 $[(1+x{)}^n{]}^{\prime }=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(x^i{)}^{\prime }$，即 $n(1+x{)}^{n-1}=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i{x}^{i-1}$。

所以 $\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{p}^{i}i=np(1+p{)}^{n-1}$。

再考虑后者，很明显是单位根反演的形式，记 $f(x)=(1+px{)}^n$，则可知 $\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{p}^i[i\mathrm{mod}k=j]={\displaystyle \frac{1}{k}}\sum _{i=0}^{k-1}f({\omega }_k^i)$，由于 $k=2^w$，可以直接使用 IDFT 的过程。

复杂度 $O(k(\log k+\log n))$。

[HNOI2019] 白兔之舞

首先考虑使用占位符 $x$ 表示长度，记 $F_{i,j}(x)$ 表示走到 $(i,j)$ 的方案数的生成函数，$S_{i,j}(x)$ 表示对于 $F_{i,j}(x)$ $i$ 维的前缀和。
记 $S_{L,y}(x)=\sum _{i=1}^L{a}_i{x}^i$，则我们最终需要的就是 $\sum _{i=1}^L{a}_i[i\mathrm{mod}k=j],j=0,1\dots k-1$。

也就是要求解 $\sum _{i=0}^{k-1}{S}_{L,y}({\omega }_k^i){\omega }_k^{-ij},j=0,1\dots k-1$。

首先考虑如何求出 $S_{L,y}({\omega }_k^i),i=0,1\dots k-1$。

我们知道 $F_{i,j}(x)=\sum _{k=1}^n{v}_{k,j}x{S}_{i-1,k}(x)$，$S_{i,j}=S_{i-1,j}+F_{i,j}=S_{i-1,j}+\sum _{k=1}^n{v}_{k,j}x{S}_{i-1,k}(x)$。
初始状态为 $S_{0,i}(x)=[i=x]$。
由此，$S_{i,j}=S_{i-1,j}+F_{i,j}=S_{i-1,j}+\sum _{k=1}^n{v}_{k,j}x{S}_{i-1,k}(x)$，是可以使用矩阵快速幂的。

然后使用 Chirp Z-Transform 求解后半部分即可，由于是给定模数，所以要使用 MTT。

通过代码。