数数题

题目

题目描述
从 $[0,n)$ 这 $n$ 个整数中选出 $k$ 个，使得其和为 $n$ 的倍数，求方案数。

数据范围与提示
$k\le 10^3,n\le 10^9$ 。显然总方案数是 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ 。

思路

前置知识：单位根反演。

$$[k\mid n]=\frac{1}{k}\sum _{i=0}^{k-1}({\omega }_k^n{)}^i$$

其中 ${\omega }_k$ 为 $k$ 次单位复根。正确性比较显然，若 $k\mid n$ 则 ${\omega }_k^n=1$ 式子成立；若 $k\nmid n$ 则等比数列求和有 ${\sum }_{i=0}^{n-1}{\omega }_k^{in}=\frac{{\omega }_k^{kn}-1}{{\omega }_k^n-1}=0$ 。

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这是一个组合问题。考虑 生成函数 求解。有两个限制，所以用二元的，$y$ 表示个数，$x$ 表示和。下文均用 $[[x^i]]f(x)$ 表示关于 $x$ 的多项式 $f(x)$ 中 $x^i$ 的系数。
$$ans=[[y^K]]\sum _{i=0}^{+\infty }[n\mid i][[x^i]]\prod _{j=0}^{n-1}(1+x^{j}y)$$

然后直接单位根反演。（可是为啥要这样做呢……）
$$ans=[[y^K]]\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{+\infty }[[x^i]]\sum _{k=0}^{n-1}{\omega }_n^{ik}\prod _{j=0}^{n-1}(1+x^{j}y)$$

（话说我会对连续出现的很多 $\prod ,\sum$ 搞昏。为了让我自己下次不头晕眼花，我再写两笔。）这个式子可以这样去想，$G(x)={\prod }_{j=0}^{n-1}(1+x^{j}y)$ 是客观存在的（先把 $y$ 当常数）。然后对于每组 $i,k$ 都要累加 $[[x^i]]G(x)\cdot {\omega }_n^{ik}$ 的值。

改变枚举顺序。
$$ans=[[y^K]]\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}\sum _{i=0}^{+\infty }[[x^i]]{\omega }_n^{ik}\prod _{j=0}^{n-1}(1+x^{j}y)$$

如果我给你看这个式子 ${\sum }_{i=0}^{+\infty }[[x^i]]G(x)\cdot x_0^i$ 你立刻就意识到，这就是 $G(x_0)$ 的 定义式 啊！可是你看到的是 $[[x^i]]({\omega }_n^k{)}^i{\prod }_{j=0}^{n-1}(1+x^{j}y)$ 怎么就反应不过来了呢？
$$ans=[[y^K]]\frac{1}{n}\sum _{k=0}^{n-1}\prod _{j=0}^{n-1}(1+{\omega }_n^{kj}y)$$

单位根有很多 $\mathrm{a}\mathrm{w}\mathrm{e}\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{m}\mathrm{e}$ 的性质。枚举 $\gcd (k,n)=d$ 来进一步化简式子。
$$ans=[[y^K]]\frac{1}{n}\sum _{d|n}\sum _{d|k}^{k<n}\prod _{j=0}^{n-1}(1+y\cdot {\omega }_{n/d}^{jk/d})[\gcd (k,n)=d]$$

显然 $j$ 有 $n/d$ 的循环（毕竟是 ${\omega }_{n/d}$ 嘛），所以
$$ans=[[y^K]]\frac{1}{n}\sum _{d|n}\sum _{d|k}^{k<n}[\gcd (k,n)=d]{\left[\prod _{j=0}^{\frac{n}{d}-1}(1+y\cdot {\omega }_{n/d}^{j\frac{k}{d}})\right]}^d$$

把里面这玩意儿化简一下
$$\begin{array}{rl}\prod _{j=0}^{\frac{n}{d}-1}(1+y\cdot {\omega }_{n/d}^{j\frac{k}{d}})& =\prod _{j=0}^{\frac{n}{d}-1}(1+y\cdot {\omega }_{n/d}^j)\\ & ={\omega }_{n/d}^{\frac{n}{d}(\frac{n}{d}-1)/2}\prod _{j=0}^{\frac{n}{d}-1}({\omega }_{n/d}^{\frac{n}{d}-j}+y)\\ & =(-1{)}^{\frac{n}{d}-1}\prod _{j=0}^{\frac{n}{d}-1}(y-{\omega }_{n/d}^j)\end{array}$$

$j\cdot \frac{k}{d}$ 在模 $\frac{n}{d}$ 意义下就会取遍 $[0,\frac{n}{d})$ ，毕竟 $k/d$ 与 $n/d$ 互质。所以第一个等号成立。第二个等号是直接提出来。第三个等号是 $\frac{n}{d}-j$ 取遍 $[0,\frac{n}{d})$ ，而这跟 $-{\omega }_{n/d}^j={\omega }_{n/d}^{n/2d+j}$ 一个范围。

然后内部的累乘大家都知道，因式定理嘛。所以这个式子就是 $(-1{)}^{\frac{n}{d}-1}(y^{n/d}-1)$ 嘛。
$$ans=[[y^K]]\frac{1}{n}\sum _{d|n}(-1{)}^{n-d}(y^{\frac{n}{d}}-1{)}^d\cdot \phi \left(\frac{n}{d}\right)$$

可以二项式定理直接算出 $[[y^K]]$ 为
$$(-1{)}^{n-\frac{Kd}{n}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{d}{\frac{Kd}{n}})\phi \left(\frac{n}{d}\right)$$

求 $n$ 的所有因数的 $\phi$ 是均摊 $\mathcal{O}(1)$ 的。考虑到 $\frac{Kd}{n}\le K$ 就 $\mathcal{O}(K)$ 暴力算吧……复杂度
$$\mathcal{O}(K\sqrt{n})$$