Upd:
补了一道例题LuoguP5591 小猪佩奇学数学
单位根反演
感觉这东西挺冷门的......
单位根反演
总之先记个柿子，对于整数\(n,k\)，有
\[ [n \mid k] = \frac{1}{n}\sum\limits_{i = 0} ^ {n-1} \omega_{n}^{ik} \]
证明：
如果\(n \mid k\)，那么\(\omega_{n}^{ik} = \omega_{n}^0 =1\)，原式乘上\(\frac{1}{n}\)后显然是\(1\)。
如果\(n \not\mid k\)，那么等比数列求和
\[ \sum\limits_{i = 0} ^ {n-1} \omega_n^{ik} = \sum\limits_{i = 0} ^ {n-1} (\omega_{n}^{k})^i = \frac{\omega_{n}^{kn} - \omega_{n}^{0}}{\omega_{n}^{k} - 1} = 0 \]
没了。
然后反演的柿子长这样
\[ f(x) = \sum\limits_{i=0}^n a_ix^i \Leftrightarrow \sum\limits_{i=0}^n [k \mid i] a_i = \frac{1}{k} \sum\limits_{i=0}^{k-1} f(\omega_{k}^{i}) \]
这个把第一个柿子代进去就证了，这里就不写了。
下面为了简单点并不会用反演的柿子，而用第一个柿子来拆柿子。
例题
bzoj3328 PYXFIB
题面太妙了......这里在说一遍题意
给整数\(n,k,p\)，让你求
\[ \sum\limits_{i=0}^{\left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor} \binom{n}{ik} f_{ik} \ mod \ p \]
其中，\(1\le n\le 10^{18}, 1\le k \le 20000\)，保证\(p\)是质数且\(p \equiv 1 \ (mod \ k)\)，\(f_i\)表示斐波那契数列的第\(i\)项（\(f_0 = 1, f_1 = 1, f_i = f_{i-1}+f_{i-2}(i>1)\)）。
我们先把下取整去掉
\[ \sum\limits_{i = 0}^n [k \mid i] \binom{n}{i}f_i \]
组合数很想直接二项式定理......但我们有几个问题
-
- 后面是斐波那契数列
-
- 还有一个整除的限制
斐波那契好解决，直接用矩乘，即\(A = \begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}\)，那么\(f_n = (A^n)_{1,2} + (A^n)_{2,2}\)，即\(A^n\)的最后一列上两个数的和。
下面不看第\(2\)个限制，就是一个裸的二项式定理（二项式定理对矩阵也使用哦）
\[ \sum\limits_{i = 0} ^ n \binom{n}{i} f_i = ((A + I)^n)_{1,2} + ((A+I)^n)_{2,2} \]
那前面整除咋办呢？注意到\(k\)只有\(20000\)，单位根反演暴力拆
\[ \begin{aligned}&\quad \sum\limits_{i = 0}^n \frac{1}{k}\sum\limits_{j=0}^{k} \omega_{k}^{ij} \binom{n}{i}f_i \\&= \frac{1}{k} \sum_{j = 0} ^ k \sum\limits_{i = 0} ^ n \binom{n}{i} (\omega_{k}^{j})^if_i\end{aligned} \]
然后直接把\(\omega_{k}^{j}\)乘到矩阵\(A\)里，再二项式定理
\[ \frac{1}{k}\sum\limits_{j=0}^k ((A\omega_{k}^j + I)^n)_{1,2} + ((A\omega_{k}^j + I)^n)_{2,2} \]
对\(p\)取模的话直接用原根代替单位根，再做矩阵快速幂就好了，复杂度\(O(k \ log \ n)\)。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
int mod,K,g;ll n;
inline int fpow(ll a,ll b){
int ret=1; for (a%=mod;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
if (b&1) ret=1ll*ret*a%mod;
return ret;
}
inline int check(int k1){
for (int i=2;i*i<=mod-1;i++)
if ((mod-1)%i==0&&(fpow(k1,i)==1||fpow(k1,(mod-1)/i)==1))return 0;
return 1;
}
inline void getG(){
for (int i=2;i<=100;i++)
if (check(i)){g=i;break;}
}
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
struct matrix{
int a[3][3];
matrix(int R=2,int C=2){
for (int i=0;i>=1,A=A*A) if (t&1) ret=ret*A;
return ret;
}
int main(){
matrix I; I[0][0]=I[1][1]=1;
matrix A; A[0][0]=A[0][1]=A[1][0]=1;
int T;scanf("%d",&T);while(T--){
scanf("%lld%d%d",&n,&K,&mod);
getG(); int ans=0,wk=fpow(g,(mod-1)/K);
for (int i=0,w=1;i loj6485 LJJ 学二项式定理
题意简洁明了......
给\(n,s,a_0,a_1,a_2,a_3\)，让你求
\[ \sum\limits_{i = 0} ^ n \binom{n}{i}s_ia_{i \ mod \ 4} \]
对\(998244353\)取模，其中\(1 \le n,s,a_0,a_1,a_2,a_3 \le 10^{18}\)。
怎么又是二项式定理......
直接枚举\(i\)除以\(4\)的余数\(k\)，\(i \equiv k \ (mod \ 4)\)等价于\(4 \mid i-k\)，然后再单位根反演拆柿子，我们令\(f(k) = \sum\limits_{i=0}^n [4\mid i-k]\binom{n}{i}s_ia_i\)。
\[ \begin{aligned}f(k) &= \sum\limits_{i=0}^n \frac{1}{4}\sum\limits_{j=0}^3 \binom{n}{i}\omega_{4}^{(i-k)j}s^ia_k \\&= \frac{1}{4}a_k \sum\limits_{j=0}^3 \sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}\omega_{4}^{ij-kj}s^i \\&= \frac{1}{4}a_k \sum\limits_{j=0}^3 \frac{1}{\omega_{4}^{jk}} \sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i} (\omega_{4}^{j})^i s^i \\&= \frac{1}{4}a_k \sum\limits_{j=0}^3 \frac{1}{\omega_{4}^{jk}} (\omega_{4}^{j}s + 1)^n\end{aligned} \]
答案就是\(f(0) + f(1) + f(2) + f(3)\)，用快速幂计算即可。复杂度\(O(log \ n)\)
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read(){
char ch; ll x=0; while(!isdigit(ch=getchar()));
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x;
}
const int P=998244353,G=3,IG=(P+1)/G;
inline int fpow(int a,ll b){
int ret=1; for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%P)
if (b&1) ret=1ll*a*ret%P;
return ret;
}
const int i4=fpow(4,P-2);
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
ll n; int a[4],s;
int calc(int k){
int ans=0,w4=fpow(G,(P-1)/4),iw4=fpow(IG,(P-1)/4);
for (int j=0;j<4;j++)
ans=add(ans,1ll*fpow(iw4,j*k)*fpow(add(1ll*s*fpow(w4,j)%P,1),n)%P);
ans=1ll*ans*a[k]%P;
return ans;
}
int main(){
for (int _=read();_;_--){
int ans=0;
n=read(),s=read()%P,a[0]=read()%P,a[1]=read()%P,a[2]=read()%P,a[3]=read()%P;
for (int k=0;k<4;k++)ans=add(ans,calc(k));
printf("%d\n",1ll*i4*ans%P);
}
return 0;
} LuoguP5591 小猪佩奇学数学
给\(n,k,p\)，让你求
\[ \sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}p^i \left\lfloor\frac{i}{k}\right\rfloor \ mod \ 998244353 \]
保证\(1 \le n,p < 998244353, k = 2^t(t \le 20)\)
这个......模数和\(k\)是不是已经提醒标算了啊......
总之看到这个柿子就特别想二项式定理，但是后面的下取整特别麻烦，我们考虑把它去掉
因为
\[ \left\lfloor\frac{i}{k}\right\rfloor = \frac{i - i \ mod \ k}k{} \]
所以
\[ \begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}p^i\left\lfloor\frac{i}{k}\right\rfloor&=\sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}p^i \frac{i - i \ mod \ k}{k} \\&= \frac{1}{k}\left( \sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}p^ii - \sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}p^i(i \ mod \ k) \right)\end{aligned} \]
把它分成两部分看，我们先看第一个求和
\[ \sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}p^i i \]
我们还是想二项式定理......但这里有个\(i\)不方便用幂的形式表示......
不慌，我们来看一下这个\(\binom{n}{i}i\)，写开来就是
\[ \frac{n!}{(n-i)!i!} \cdot i = \frac{n!}{(n-i)!(i-1)!} \]
发现了什么？下面是\((i-1)!\)，尝试把它写成\(\binom{...}{i-1}\)的形式，把\(n-1\)后就可以满足分母的\((n-i)!\)，然后再乘上\(n\)就好了。即
\[ \binom{n}{i}i = \frac{n!}{(n-i)!i!}\cdot i = \frac{n!}{(n-i)!(i-1)!} = \frac{(n-1)!}{(n-i)!(i-1)!}\cdot n=\binom{n-1}{i-1}\cdot n \]
然后把这个代上去
\[ \begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}p^ii &= \sum\limits_{i=0}^n \binom{n-1}{i-1}np^i \\&= np\sum\limits_{i=0}^n \binom{n-1}{i-1}p^{i-1} \\&= np(p+1)^{n-1}\end{aligned} \]
下面来看
\[ \sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}p^i (i \ mod \ k) \]
直接枚举\(d = i \ mod \ k\)
\[ \sum\limits_{d=0}^{k-1} d\sum\limits_{i=0}^n [i \equiv d \ (mod \ k)]\binom{n}{i}p^i \]
又有\(i \equiv d \ (mod \ k)\)等价于\(k \mid i-d\)，所以中括号里就是\([k \mid i-d]\)，然后用单位根反演的结论
\[ [n \mid k] = \frac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^{n-1} \omega_{n}^{ik} \]
拆柿子
\[ \begin{aligned}&\quad \sum\limits_{d=0}^{k-1}d\sum\limits_{i=0}^{n}[k \mid i-d]\binom{n}{i}p^i\\&= \sum\limits_{d=0}^{k-1}d \sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{k}\sum\limits_{j=0}^{k-1}\omega_{k}^{(i-d)j} \binom{n}{i}p^i \\&= \frac{1}{k} \sum\limits_{d=0}^{k-1} d\sum\limits_{i=0}^{n} \sum\limits_{j=0}^{k-1} \frac{\omega_{k}^{ji}}{\omega_{k}^{jd}}\binom{n}{i}p^i \\&= \frac{1}{k} \sum\limits_{j=0}^{k-1} \sum\limits_{d=0}^{k-1}(\frac{1}{\omega_{k}^j})^dd \sum\limits_{i=0}^{n} \binom{n}{i}(\omega_{k}^{j})^ip^i\end{aligned} \]
对后面\(\Sigma_i\)直接用二项式定理，然后提到前面
\[ \begin{aligned}&\quad \frac{1}{k} \sum\limits_{j=0}^{k-1} \sum\limits_{d=0}^{k-1}(\omega_{k}^j)^dd \sum\limits_{i=0}^{n} \binom{n}{i}(\omega_{k}^{j})^ip^i \\&= \frac{1}{k} \sum\limits_{j=0}^{k-1} (\omega_k^{j}p + 1)^{n} \sum\limits_{d=0}^{k-1}(\frac{1}{\omega_{k}^j})^dd \end{aligned} \]
干掉了一个......后面\(d\)好像有点难搞......
考虑这样的求和
\[ S = \sum\limits_{i=1}^n q^i i \]
与等比数列相似的方法，两边同时乘\(q\)得到
\[ qS = \sum\limits_{i=1}^n q^{i+1}i \]
用\(i\)代替\(i+1\)，得到
\[ qS = \sum\limits_{i=2}^{n+1} q^i(i-1) \]
\(qS - S\)得
\[ (q-1)S = q^{n+1}n - \sum\limits_{i=1}^n q^i = q^{n+1}n - \frac{q^{n+1}-q}{q-1} \]
那么
\[ S = \frac{q^{n+1}n - \frac{q^{n+1}-q}{q-1}}{q-1} \]
上面的\(\sum\limits_{d=0}^{k-1}(\frac{1}{\omega_{k}^j})^dd\)中\(n = k-1, q = \frac{1}{\omega_{k}^{j}} = \omega_{k}^{k-j}\)，直接带到\(S\)的柿子里，即
\[ \sum\limits_{d=0}^{k-1}(\frac{1}{\omega_{k}^j})^dd = \frac{(\omega_k^{k-j})^k(k-1) - \frac{(\omega_k^{k-j})^k - \omega_{k}^{k-j}}{\omega_k^{k-j}-1}}{\omega_{k}^{k-j} - 1} = \frac{k}{\omega_k^{-j} - 1} \]
需要特判\(j=0\)时
\[ \sum\limits_{d=0}^{k-1}(\frac{1}{\omega_{k}^j})^dd = \frac{1}{2}{k(k-1)} \]
所以第二部分的柿子就是
\[ \frac{1}{k} \left( \sum\limits_{j=1}^{k-1} (\omega_k^{j}p + 1)^{n} \frac{k}{\omega_k^{-j}-1} \right) + \frac{1}{2}k(k-1)(p+1)^n \cdot \frac{1}{k} =(\sum\limits_{j=1}^{k-1} (\omega_k^{j}p + 1)^{n} \frac{1}{\omega_k^{-j}-1}) + \frac{k-1}{2}(p+1)^n \]
于是
\[ Ans = \frac{1}{k}\left( np(p+1)^{n-1} - (\sum\limits_{j=1}^{k-1} (\omega_k^{j}p + 1)^{n} \frac{1}{\omega_k^{-j}-1}) - \frac{k-1}{2}(p+1)^n \right) \]
用原根代替单位根，照着算就好了。
#include
using namespace std;
const int P=998244353,i2=(P+1)/2,g=3,ig=(P+1)/g;
inline int fpow(int x,int y){
int ret=1; for (x%=P;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
if (y&1) ret=1ll*ret*x%P;
return ret;
}
inline int add(int x,int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int sub(int x,int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
int main(){
int n,p,k; scanf("%d%d%d",&n,&p,&k);
int ik=fpow(k,P-2),ans=1ll*n*p%P*fpow(p+1,n-1)%P;
ans=sub(ans,1ll*i2*(k-1)%P*fpow(add(p,1),n)%P);
int wk=fpow(g,(P-1)/k),iwk=fpow(ig,(P-1)/k);
for (int iw=iwk,w=wk,j=1;j 还有题目先鸽着吧......看心情会更的......