LOJ6485 LJJ学二项式定理

单位根反演

单位根反演是拿来做\([k\bmod m=0,1,\dots,m-1]\)这样的余数条件判别式的一种展开方法。

这类题通常\(m\)很小，可以枚举，并且模数具有\(m\)次单位根。

单位根反演主要运用的是如下的等式（快速傅里叶变换的理论的一部分）

\[[k\bmod m=0]=\frac{1}{m}\sum_{i=0}^{m-1}(\omega_m^k)^i \]

分类讨论证明：

• \(k\bmod m=0\)，那么\(\omega_m^k=1\)，变成简单加法。

  \[\frac{1}{m}\sum_{i=0}^{m-1}(\omega_m^k)^i=\frac{1}{m}\sum_{i=0}^{m-1}1^i=1 \]

• \(k\bmod m\neq 0\)，那么\(\omega_m^k\neq 1\)，变成等比数列求和。

  \[\frac{1}{m}\sum_{i=0}^{m-1}(\omega_m^k)^i=\frac{1}{m}\frac{\omega_m^0-(\omega_m^k)^m}{1-\omega_m^k}=0 \]

令\(F(x)=\sum_{i=0}^nf_ix^i\)，现在我们要求\(\sum_{i=0}^nf_i[i\bmod m=0]\)，那么考虑如下计算式

\[\frac{1}{m}\sum_{i=0}^{m-1}F(\omega_{m}^i)=\frac{1}{m}\sum_{j=0}^{m-1}\sum_{i=0}^nf_i(\omega_m^j)^i\\ =\sum_{i=0}^nf_i\frac{1}{m}\sum_{j=0}^{m-1}(\omega_m^i)^j\\ =\sum_{i=0}^nf_i[i\bmod m=0] \]

那么对于一般情况，如果我们要求\(\sum_{i=0}^nf_i[i\bmod m=a]\)又该怎么做呢？对\(\frac{F(x)}{x^a}\)做相同的事情即可。

LJJ学二项式定理

LJJ学完了二项式定理，发现这太简单了，于是他将二项式定理等号右边的式子修改了一下，代入了一定的值，并算出了答案。

但人口算毕竟会失误，他请来了你，让你求出这个答案来验证一下。

一共有\(T\)组数据，每组数据如下：

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：

\[\sum_{i=0}^n \binom{n}{i} \cdot s^{i} \cdot a_{i\bmod 4}\mod 998244353 \]

对于\(100\%\)的数据，\(1 \leq T \leq 10^5, 1 \leq n \leq 10 ^ {18}, 1 \leq s, a_0, a_1, a_2, a_3 \leq 10^{8}\)。

题解

\[\text{ans}=\sum_{j=0}^3a_j\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}s^i[i\bmod 4=j] \]

令\(F(x)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}s^ix^i=(sx+1)^n\)，然后单位根反演即可。

\[\text{ans}=\sum_{j=0}^3a_j\frac{1}{4}\sum_{i=0}^3\frac{F(\omega_4^i)}{(\omega_4^i)^j} \]

这破题还卡常……必须要预处理，不然会有16倍的常数。

array<int,4> w,iw;

void real_main(){
	int n=read<int64>()%(mod-1),s=read<int>();
	function<int(int)> F=[&](int x)->int{
		return fpow(mul(s,x)+1,n);
	};
	array<int,4> a,f;
	for(int i=0;i<4;++i){
		read(a[i]);
		f[i]=F(w[i]);
	}
	int ans=0;
	for(int j=0;j<4;++j)for(int i=0;i<4;++i)
		ans=add(ans,mul(a[j],mul(f[i],fpow(iw[i],j))));
	ans=mul(ans,fpow(4,mod-2));
	printf("%d\n",ans);
}
int main(){
	for(int i=0;i<4;++i){
		w[i]=fpow(3,(mod-1)/4*i);
		iw[i]=fpow(w[i],mod-2);
	}
	for(int T=read<int>();T--;) real_main();
	return 0;
}