单位根反演小猪佩奇学数学

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本文解析了一个复杂的数学问题，通过拆解、组合数公式、单位根反演等步骤，展示了如何利用特殊方法解决关于概率与组合的等差乘等比序列的求和问题。最后，文章详细介绍了从DFT到利用等比数列求和的简化过程，以及关键的时间和空间复杂度分析。

题面
一个比较纯粹的推式子题目，第一步先将整除拆开：
$\sum_{i=0}^n \binom{n}{i} p^i \frac{1}{k}(i-i \mod k)$
拆开括号并枚举余数：
$\frac{1}{k}(\sum_{i=0}^n \binom{n}{i} p^i i-\binom{n}{i}p^i \sum_{j=0}^{k-1}[(i-j)\mod k=0]j)$
利用组合数公式以及单位根反演得：
$\frac{1}{k}(\sum_{i=1}^n \binom{n-1}{i-1}n p^i-\binom{n}{i}p^i \sum_{j=0}^{k-1} \frac{j}{k} \sum_{t=0}^{k-1} \omega_k^{t(i-j)})$
根据二项式定理整理：
$\frac{1}{k}(np(p+1)^{n-1}-\frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1}j \sum_{t=0}^{k-1} \omega_k^{-tj} \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} p^i \omega_k^{ti})$
再用二项式定理：
$\frac{1}{k}(np(p+1)^{n-1}-\frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1} \sum_{t=0}^{k-1} j \omega_k^{-tj}(p \omega_k^t+1)^n)$
根据这个式子的结构可以用任意模长DFT来求解，但又由于是等差乘等比的结构，可以使用特殊的方法：
$\frac{1}{k}(np(p+1)^{n-1}-\frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1} \sum_{t=0}^{k-1} (p \omega_k^t+1)^n\sum_{i=0}^{j-1} \omega_k^{-tj})$
交换求和顺序：
$\frac{1}{k}(np(p+1)^{n-1}-\frac{1}{k} \sum_{t=0}^{k-1}(p \omega_k^t+1)^n \sum_{i=0}^{k-2} \sum_{j=i+1}^{k-1} \omega_k^{-tj})$
利用等比数列求和：
$\frac{1}{k}(np(p+1)^{n-1}-\frac{1}{k} \sum_{t=0}^{k-1} (p \omega_k^t+1)^n\sum_{i=0}^{k-2} \frac{\omega_k^{-tk}- \omega_{k}^{-t(i+1)}}{\omega_{k}^{-t}-1})$
整理式子，得到：
$\frac{1}{k}(np(p+1)^{n-1}-\frac{1}{k}\sum_{t=0}^{k-1}\frac{(p \omega_k^t+1)^n}{\omega_{k}^{-t}-1}\sum_{i=0}^{k-1} (1- \omega_{k}^{-t(i+1)}))$
根据单位根的性质：
$\frac{1}{k}(np(p+1)^{n-1}-\frac{1}{k}\sum_{t=0}^{k-1}\frac{(p \omega_k^t+1)^n}{\omega_{k}^{-t}-1}k)$
最终得到：
$\frac{1}{k}(np(p+1)^{n-1}-\sum_{i=0}^{k-1}\frac{(p \omega_k^i+1)^n}{\omega_{k}^{-i}-1})$
这里的式子当 $i$ 取 $0$ 时是错误的，中途不能使用等比数列求和公式。实际答案应该为：
$\frac{1}{k}(np(p+1)^{n-1}-\frac{k-1}{2}(p+1)^n-\sum_{i=1}^{k-1}\frac{(p \omega_k^i+1)^n}{\omega_{k}^{-i}-1})$
时间复杂度 $O(k \log_2n)$ ，空间复杂度 $O (1)$

#include<iostream>
using namespace std;
#define R register int
#define L long long
#define I inline
#define P 998244353
I int PowMod(int x,int y){
	int res=1;
	while(y!=0){
		if((y&1)==1){
			res=(L)res*x%P;
		}
		y>>=1;
		x=(L)x*x%P;
	}
	return res;
}
int main(){
	int n,p,k,w,pw=1,ans=0;
	cin>>n>>p>>k;
	w=PowMod(3,(P-1)/k);
	for(R i=1;i!=k;i++){
		pw=(L)pw*w%P;
		ans=((L)PowMod(((L)p*pw+1)%P,n)*PowMod(PowMod(pw,P-2)+P-1,P-2)+ans)%P;
	}
	ans=(499122177ll*(k-1)%P*PowMod(p+1,n)+ans)%P;
	ans=((L)n*p%P*PowMod(p+1,n-1)-ans+P)%P;
	cout<<(L)ans*PowMod(k,P-2)%P;
	return 0;
}