loj #6485. LJJ 学二项式定理

最新推荐文章于 2025-05-06 13:25:07 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/KingSann/articles/9471190.html

本文探讨了单位根反演在解决特定组合问题中的应用，通过构造生成函数和利用单位根的性质，实现了对序列中特定下标的元素求和。特别地，文章详细解释了如何使用单位根反演求解模意义下的多项式系数和问题。

给定$n,s,a_0,a_1,a_2,a_3$，求

$$\sum_{i=0}^{n} {n \choose i} s^i a_{i \bmod 4}$$

答案对$998244353$取模

$1 \le n \le 10^{18}, 1 \le s,a_0,a_1,a_2,a_3 \le 10^8$

一脸绝望

在高中的时候，数学老师教会了我们$(a+b)^{n}=\sum_{i=0}^{n}{n \choose i}a^{i}b^{n-i}$，然后惊喜的发现这道题不能这么做！

在$OI$中，我们学习了单位根的基本性质，关于单位根还有一个迷之用法——单位根反演

对于数列$a_i$，构造其生成函数$f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$

现在我们想知道所有下标是$k$的倍数的$a_i$的和，既$\sum_{i=0}^{n}a_i[k|i]$

有一个关于$n$次单位根$w_n$的等式，看起来十分有趣毒瘤

$$[n|k]=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{ki}$$

证明：

如果$n \mid k$，设$k=np$，则

$$\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}w_n^{npi \bmod n}=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}w_n^{0}=1$$

如果$n \nmid k$，根据等比数列求和公式，则

$$\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_{n}^{ki}=\frac{1}{n}(w_n^{0}\frac{1-\omega_n^{k(n-1)}}{1-w_n^{k}})=\frac{w_n^0-w_n^{kn}}{n(1-\omega_n^{k})}=0$$

于是对于$N$次单位根$w_N$可以这么搞：

$$\frac{\sum_{i=0}^{N-1}f(w_N^i)}{N}=\frac{\sum_{i=0}^{n}a_i\sum_{j=0}^{N-1}w_N^{ij}}{N}=\sum_{i=0}^{n}a_i[N \mid i]$$

于是就可以得到所有下标是$N$的倍数的$a_i$的和了

但是发现，只知道所有$N \mid i$的$a_i$的和还不够有用，如果分别知道$i \bmod N \in [0,N-1]$的$a_i$的和的话就十分有用了

数学老师告诉我们，$f(x)$通过乘以$x$的若干次幂可以实现函数的平移（虽然说这句话不太严谨……但还是可以凑合着看看……）

比如说现在有$f(x)=a_0x^{0}+a_1x^{1}+a_2x^{2} + \dots$

对其乘上$x^{-1}$后会得到$f(x)x^{-1}=a_0x^{-1}+a_1x^{0}+a_2x^{1} + \dots$

再用上面的方法求后就得到了$N \bmod i = 1$的所有$a_i$和

在这道题中，构造$f(x)=\sum_{i=0}^{n} {n \choose i} s^i x^i 1^{n-i}=(sx+1)^n$

则答案为$\sum_{i=0}^{3}a_ic_i$，其中$c_i=\sum\limits_{j=0}^{n}{n \choose j}s^j[j \bmod 4 = i]$

对于$c_i$的$f(\omega_N^j)$，因为需要将$\omega_N^{j}$向右平移$i$次，只需要将其变为$\huge \frac{f(\omega_N^j)}{\omega_N^{ij \bmod 4}}$即可

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const int p = 998244353, g = 3;
 5 ll pw(ll a, ll b) {
 6     ll r = 1;
 7     for( ; b ; b >>= 1, a = a * a % p) if(b & 1) r = r * a % p;
 8     return r;
 9 }
10 ll n, s, a[4], w[4], c[4];
11 int main() {
12     int T; scanf("%d", &T);
13     ll wn = pw(g, (p - 1) / 4), inv4 = pw(4, p - 2);
14     w[0] = 1; for(int i = 1 ; i < 4 ; ++ i) w[i] = w[i - 1] * wn % p;
15     while(T --) {
16         scanf("%lld%lld", &n, &s);
17         for(int i = 0 ; i < 4 ; ++ i) scanf("%lld", &a[i]), c[i] = 0;
18         for(int i = 0 ; i < 4 ; ++ i) {
19             for(int j = 0 ; j < 4 ; ++ j)
20                 c[i] = (c[i] + pw((1 + w[j] * s % p) % p, n) * pw(w[i * j % 4], p - 2) % p) % p;
21             c[i] = c[i] * inv4 % p;
22         }
23         ll sum = 0;
24         for(int i = 0 ; i < 4 ; ++ i) sum = (sum + a[i] * c[i] % p) % p;
25         printf("%lld\n", sum);
26     }
27 }

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一些资料

shadowice1984 loj6485 LJJ学二项式定理

DT_Kang 【4.13 提高班小记】单位根&&杂题

Zhang-RQ 单位根反演学习笔记

Mys_C_K [真学习笔记] 前夕 - 单位根反演 - 广义容斥

Regina8023 【BZOJ 3328】PYXFIB

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