单位根反演学习笔记

公式

[n|a]=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}w_n^{ak}

当 a=0 \pmod n 时，w_n^{ak}=1，所以该式的值为 1。

当 a \ne 0 \pmod n 时，根据等比数列的求和公式，

原式 =\dfrac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}w_n^{ak}=\dfrac{1}{n}\dfrac{w_n^{an}-1}{w_n^a-1}，

分子部分的值为 0，所以整个式子的值为 0。

也可以推导出下面的形式：

[a=b\pmod n]=[a-b=0\pmod n]=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}w_n^{(a-b)k}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}w_n^{ak}w_n^{-bk}。

应用

P5591 小猪佩奇学数学

题目描述

给定 n,p,k，求

### 分析 $k$ 的范围给的很有特点，不难猜出是单位根反演。 发现 $\left\lfloor \dfrac{i}{k} \right\rfloor =(\sum_{j=0}^i[k|j])-1$, 带入原式，有 $\begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^n \binom n i p^{i} ((\sum_{j=0}^i[k|j])-1)&=\sum\limits_{i=0}^n \binom n i p^{i} ((\sum_{j=0}^i\frac{1}{k}\sum_{d=0}^{k-1}w_k^{dj})-1)\\&= \sum\limits_{i=0}^n \binom n i p^{i} \sum_{j=0}^i\frac{1}{k}\sum_{d=0}^{k-1}w_k^{dj}-\sum_{i=0}^n\binom n ip^i\\ &=\frac{1}{k}\sum_{d=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n\binom n i p^i\sum_{j=0}^i w_k^{dj}-(p+1)^n\\ \end{aligned}$ 后面的部分可以用等比数列求和公式计算，但是要求公比不能为一，所以要特判 $d=0$ 的情况。 $\begin{aligned}\frac{1}{k}\sum_{d=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n\binom n i p^i\sum_{j=0}^i w_k^{dj}-(p+1)^n &=\frac{1}{k}\sum_{d=1}^{k-1}\sum_{i=0}^n\binom n i p^i\frac{w_k^{d(i+1)}-1}{w_k^d-1}-(p+1)^n + \frac{1}{k}\sum_{i=0}^n \binom n i p^i (i+1) \\ &=\frac{1}{k}\sum_{d=1}^{k-1}\frac{\sum_{i=0}^n\binom n i p^i(w_k^{d(i+1)}-1)}{w_k^d-1}-(p+1)^n+\frac{1}{k}\sum_{i=0}^n \binom n ip^i i+\frac{1}{k}\sum_{i=0}^n \binom n ip^i \\ &=\frac{1}{k}\sum_{d=1}^{k-1}\frac{\sum_{i=0}^n\binom n i p^iw_k^{d(i+1)}-\sum_{i=0}^n\binom n i p^i}{w_k^d-1}-(p+1)^n+\frac{1}{k}\sum_{i=0}^n \binom {n-1}{i-1} n p^i+\frac{1}{k}(p+1)^n \\&=\frac{1}{k}\sum_{d=1}^{k-1}\frac{w_k^d\sum_{i=0}^n\binom n i (pw_k^d)^i-(p+1)^n}{w_k^d-1}-(p+1)^n+\frac{1}{k}np(p+1)^{n-1}+\frac{1}{k}(p+1)^n \\&=\frac{1}{k}\sum_{d=1}^{k-1}\frac{w_k^d(pw_k^d+1)^n-(p+1)^n}{w_k^d-1}-(p+1)^n+\frac{1}{k}np(p+1)^{n-1}+\frac{1}{k}(p+1)^n \\ \end{aligned}$ 这个东西就可以在 $klogn$ 的时间复杂度内计算。 这道题中单位根的带换和二项式定理的使用是很巧妙的。 ### 代码 ``` cpp #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #define rg register template<typename T>void read(rg T& x){ x=0;rg int fh=1; rg char ch=getchar(); while(ch<'0' || ch>'9'){ if(ch=='-') fh=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0' && ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } x*=fh; } const int maxn=2e6+5,mod=998244353,G=3; inline int addmod(rg int now1,rg int now2){ return now1+=now2,now1>=mod?now1-mod:now1; } inline int delmod(rg int now1,rg int now2){ return now1-=now2,now1<0?now1+mod:now1; } inline int mulmod(rg long long now1,rg int now2){ return now1*=now2,now1>=mod?now1%mod:now1; } int ksm(rg int ds,rg int zs){ rg int nans=1; while(zs){ if(zs&1) nans=mulmod(nans,ds); ds=mulmod(ds,ds); zs>>=1; } return nans; } int n,p,k,ans,wn; int main(){ read(n),read(p),read(k); wn=ksm(G,(mod-1)/k); rg int tmp1,tmp2; for(rg int d=1;d<=k-1;d++){ tmp1=ksm(wn,d); tmp2=mulmod(tmp1,ksm(addmod(mulmod(tmp1,p),1),n)); tmp2=delmod(tmp2,ksm(p+1,n)); tmp2=mulmod(tmp2,ksm(delmod(tmp1,1),mod-2)); ans=addmod(ans,tmp2); } ans=mulmod(ans,ksm(k,mod-2)); ans=delmod(ans,ksm(p+1,n)); ans=addmod(ans,mulmod(ksm(k,mod-2),mulmod(n,mulmod(p,ksm(p+1,n-1))))); ans=addmod(ans,mulmod(ksm(k,mod-2),ksm(p+1,n))); printf("%d\n",ans); return 0; } ```