单位根反演

式子：

$$[n \mid d] = \frac{1}{n} \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} \omega_n^{id}$$

最常见的应用是 $[x \equiv y \pmod n] = [n \mid (x - y)] = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} \omega_n^{(x - y)i}$。

1. LOJ6485 LJJ 学二项式定理

单位根反演入门题。

$$\sum\limits_{i = 0}^n \binom{n}{i} m^i a_{i \bmod 4}$$

$$= \sum\limits_{i = 0}^n \binom{n}{i} m^i \sum\limits_{j = 0}^3 [4 \mid (i - j)] a_j$$

$$= \frac{1}{4} \sum\limits_{i = 0}^n \binom{n}{i} m^i \sum\limits_{j = 0}^3 a_j \sum\limits_{k = 0}^3 \omega_4^{(i - j)k}$$

$$= \frac{1}{4} \sum\limits_{j = 0}^3 a_j \sum\limits_{k = 0}^3 \omega_4^{-jk} \sum\limits_{i = 0}^n \omega_4^{ik} m^i$$

$$= \frac{1}{4} \sum\limits_{j = 0}^3 a_j \sum\limits_{k = 0}^3 \omega_4^{-jk} (m \omega_4^k + 1)^n$$

我们知道在模 $998244353$ 意义下 $\omega_4 = g^{\frac{mod - 1}{4}}$，其中 $g$ 为 $998244353$ 的原根。这样就可以算了。

2. UOJ450 【集训队作业 2018】复读机

$d = 1$ 时答案显然为 $k^n$。

下面只讨论 $d = 3$ 的情况，$d = 2$ 类似。

设每个人的指数型生成函数（EGF）为 $G(x) = \sum\limits_{i = 0}^{+\infty} [3 \mid i] \frac{x^i}{i!}$

欲求：

$$n! G(x)^k [x^n]$$

先化 $G(x)$：

$$G(x) = \frac{1}{3} \sum\limits_{i = 0}^{+\infty} \sum\limits_{j = 0}^2 \frac{(\omega_3^jx)^i}{i!}$$

$$= \frac{1}{3} \sum\limits_{j = 0}^2 \sum\limits_{i = 0}^{+\infty} \frac{(\omega_3^jx)^i}{i!}$$

$$= \frac{1}{3} \sum\limits_{j = 0}^2 e^{w_3^j x}$$

运用的公式是 $\sum\limits_{i = 0}^{\infty} \frac{(kx)^i}{i!} = e^{kx}$。

我们枚举 $k$ 次方中有 $a_0$ 个选了 $j = 0$，$a_1$ 个选了 $j = 1$，$a_2$ 选了 $j = 2$，那么：

$$n! G(x)^k = \frac{n!}{3^k} \sum\limits_{a_0 + a_1 + a_2 = k} e^{(a_0 \omega_3^0 + a_1 \omega_3^1 + a_2 \omega_3^2)x} \binom{k}{a_0, a_1, a_2}$$

把上面的公式逆过来，可得 $e^{kx} = \sum\limits_{i = 0}^{\infty} \frac{(kx)^i}{i!}$，因此：

$$n! [x^n] G(x)^k = \frac{1}{3^k} \sum\limits_{a_0 + a_1 + a_2 = k} (a_0 \omega_3^0 + a_1 \omega_3^1 + a_2 \omega_3^2)^n \binom{k}{a_0, a_1, a_2}$$

暴力枚举 $a_0, a_1, a_2$ 即可，时间复杂度 $O(k^{d - 1} \log n)$。

3. P5591 小猪佩奇学数学

自己推了一页草稿纸（B5）推出来了

考虑 $\left\lfloor\frac{i}{m}\right\rfloor = \frac{i - i \bmod m}{m}$，分两类计算。

$$\sum\limits_{i = 0}^n \binom{n}{i} p^i i$$

$$= np \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} \binom{n - 1}{i} p^i$$

$$= np (p + 1)^{n - 1}$$

$$\sum\limits_{i = 0}^n \binom{n}{i} p^i (i \bmod m)$$

$$= \sum\limits_{i = 0}^n \binom{n}{i} p^i \sum\limits_{j = 0}^{m - 1} [m \mid (i - j)] j$$

$$= \frac{1}{m} \sum\limits_{i = 0}^n \binom{n}{i} p^i \sum\limits_{j = 0}^{m - 1} j \sum\limits_{k = 0}^{m - 1} \omega_m^{(i - j)k}$$

$$= \frac{1}{m} \sum\limits_{j = 0}^{m - 1} j \sum\limits_{k = 0}^{m - 1} \omega_m^{-jk} \sum\limits_{i = 0}^n \binom{n}{i} (p \omega_m^k)^i$$

$$= \frac{1}{m} \sum\limits_{j = 0}^{m - 1} j \sum\limits_{k = 0}^{m - 1} \omega_m^{-jk} (p \omega_m^k + 1)^n$$

$$= \frac{1}{m} \sum\limits_{k = 0}^{m - 1} (p \omega_m^k + 1)^n \sum\limits_{j = 0}^{m - 1} j (\omega_m^{-k})^j$$

设 $f(x) = \sum\limits_{i = 0}^{m - 1} i x^i$，那么原式等于：

$$= \frac{1}{m} \sum\limits_{k = 0}^{m - 1} (p \omega_m^k + 1)^n f(\omega_m^{-k})$$

现在考虑求 $f(x)$。

$$f(x) = \sum\limits_{i = 0}^{m - 1} i x^i$$

$$x f(x) = \sum\limits_{i = 1}^m i x_i$$

$$(x - 1) f(x) = (m - 1) x^m - \sum\limits_{i = 1}^{m - 1} x^i$$

设 $g(x) = \sum\limits_{i = 0}^{m - 1} x^i$，特判 $x = 1$，那么：

$$f(x) = \frac{(m - 1) x^m - g(x) + 1}{x - 1}$$

现在考虑求 $g(x)$。

$$g(x) = \sum\limits_{i = 0}^{m - 1} x^i$$

$$x g(x) = \sum\limits_{i = 1}^m x^i$$

$$(x - 1) g(x) = x^m - 1$$

$$g(x) = \frac{x^m - 1}{x - 1}$$

然后就做完了。

4. P10084 [GDKOI2024 提高组] 计算

第一步是一个经典结论，$L = m^{\gcd(a, b)} + 1$，$R = m^{\gcd(c, d)}$。

因为 $L \equiv 1 \pmod m$ 且 $R \equiv 0 \pmod m$，所以可以把问题的范围改成 $[1, n = R - L + 1]$。

写出选数的生成函数：

$$F(x) = \prod\limits_{i = 1}^n (1 + x^i)$$

我们希望求所有次数是 $m$ 的倍数的项的系数之和。

施单位根反演：

$$\begin{aligned} ans & = \sum\limits_{i \ge 0} [m \mid i] [x^i] F(x) \\ & = \frac{1}{m} \sum\limits_{i \ge 0} \sum\limits_{j = 0}^{m - 1} \omega_m^{ij} [x^i] F(x) \\ & = \frac{1}{m} \sum\limits_{j = 0}^{m - 1} \sum\limits_{i \ge 0} (\omega_m^j)^i [x^i] F(x) \\ & = \frac{1}{m} \sum\limits_{j = 0}^{m - 1} F(\omega_m^j) \end{aligned}$$

考虑对于一个给定的 $j$ 如何计算 $F(\omega_m^j)$ 即 $\prod\limits_{i = 1}^n (1 + (\omega_m^j)^i)$。

设 $d = \gcd(m, j)$。因为有 $\omega_m^k = \omega_m^{k \bmod m}$，又因为 $\frac{j}{d}, \frac{2j}{d}, \ldots, \frac{nj}{d}$ 形成了 $\frac{n}{\frac{m}{d}}$ 个模 $\frac{m}{d}$ 的剩余系，所以：

$$\begin{aligned} F(\omega_m^j) & = \prod\limits_{i = 1}^n (1 + (\omega_{\frac{m}{d}}^{\frac{j}{d}})^i) \\ & = \prod\limits_{k = 1}^{\frac{m}{d}} (1 + \omega_{\frac{m}{d}}^k)^{\frac{n}{\frac{m}{d}}} \\ & = \prod\limits_{k = 0}^{\frac{m}{d} - 1} (1 + \omega_{\frac{m}{d}}^k)^{\frac{n}{\frac{m}{d}}} \end{aligned}$$

考虑求这样一个式子：$\prod\limits_{i = 0}^{n - 1} (1 + \omega_n^i)$。考虑分圆多项式：

$$x^n - 1 = \prod\limits_{i = 0}^{n - 1} (x - \omega_n^i)$$

代入 $x = -1$ 得：

$$(-1)^n - 1 = \prod\limits_{i = 0}^{n - 1} (-1 - \omega_n^i)$$

$$1 - (-1)^n = \prod\limits_{i = 0}^{n - 1} (1 + \omega_n^i)$$

也就是当 $\frac{m}{d}$ 为偶数时，$F(\omega_m^j) = 0$；否则 $F(\omega_m^j) = 2^{\frac{n}{\frac{m}{d}}}$。

把 $F(\omega_m^j)$ 代入到答案的式子中，有：

$$ans = \frac{1}{m} \sum\limits_{j = 0}^{m - 1} [2 \nmid \frac{m}{\gcd(m, j)}] 2^{\frac{n}{\frac{m}{\gcd(j, m)}}}$$

直接计算，时间复杂度 $O(Tm \log n)$，无法通过。

考虑一些 trivial 的优化，枚举 $d = \gcd(m, j)$，$[0, m - 1]$ 中和 $m$ 的 $\gcd$ 为 $d$ 的数的个数显然为 $\varphi(\frac{m}{d})$，那么：

$$ans = \frac{1}{m} \sum\limits_{d \mid m} [2 \nmid \frac{m}{d}] 2^{\frac{n}{\frac{m}{d}}} \varphi(\frac{m}{d})$$

先线性筛出全部 $\varphi(i)$ 即可计算。时间复杂度降为 $O(T(\sqrt{m} + d(m) \log n))$，可以通过。