Note -「单位根反演」学习笔记

$\mathcal{Preface}$

  单位根反演，顾名思义就是用单位根变换一类式子的形式。有关单位根的基本概念可见我的这篇博客。

$\mathcal{Formula}$

  单位根反演的公式很简单：

$$[k|n]=\frac{1}k\sum_{i=0}^{k-1}\omega_k^{ni}$$

$\mathcal{Proof}$

  分类讨论：

1. $k|n$. 那么 $(\forall i)(\omega_k^{ni}=1)$，所以右侧为 $\frac{1}k\sum_{i=0}^{k-1}1=1$。
2. $k\not=n$. 等比数列求和，右侧为 $\frac{1}k\cdot\frac{1-\omega_k^{kn}}{1-\omega_k^n}$，其中 $\omega_k^{kn}=1$，故分子为 $0$，分母不为 $0$，式子的值为 $0$。

  综上，得证。

$\mathcal{Inference}$

  实际问题中，我们往往需要求出对于某个多项式（多为生成函数）$f$ 的特定倍数次数的系数和。即求：

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

  运用单位根反演的基本公式变形：

$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n}k\rfloor}[x^{ik}]f(x)&=\sum_{i=0}^n[k|i][x^i]f(x)\\ &=\sum_{i=0}^n[x^i]f(x)\cdot\frac{1}k\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{ij}\\ &=\frac{1}k\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n[x^i]f(x)(\omega_k^j)^i\\ &=\frac{1}k\sum_{j=0}^{k-1}f(\omega_k^j) \end{aligned}$$

  只要能快速求出 $f$ 在所有 $k$ 次单位根处的点值，就能 $\mathcal O(k)$ 得出原式的值啦。

  更方便的形式，若我们想求 $i\bmod k=r$ 时 $[x^i]f(x)$ 之和，只需要在运用反演时移动一下 $\omega_k$ 的指标：

$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n[i\bmod k=r][x^i]f(x)&=\frac{1}k\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{j(i-r)} \right)[x^i]f(x)\\ &=\frac{1}k\sum_{j=0}^{k-1}\omega_{k}^{-jr}f(\omega_k^j) \end{aligned}$$

  当然，我们常用原根代替单位根。

$\mathcal{Examples}$

  「LOJ 6485」 LJJ 学二项式定理 & my solution.