标签：frac limits int sum 单位根 笔记 反演 rg binom
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
题目描述
给定 \(n,p,k\)，求
\[\sum\limits_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times \left\lfloor \dfrac{i}{k} \right\rfloor \bmod 998244353 ,1 \leq n,p <998244353,k \in \{2^{w}|0 \leq w \leq 20\} \]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
#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;
}
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