LINK:九个太阳 不可做系列. 构造比较神仙. 考虑FFT的求和原理有 \(\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}(w_k^j)^n=[k|n]\) 带入这道题的式子. 有\(\sum_{i=0}^n\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}(w_k^j)^iC(n,i)\) 颠倒求和符号 二项式定理合并即可klogn求. k次单位根在mod 998244353时就是 \(\frac{mod-1}{k}\) code //#include<bits/stdc++.h…

求 $\sum\limits_{i=1}^n [k | i] \times C_n^i$ 膜 $998244353$ $n \leq 10^{15},k \leq 2^{20}$ $k$ 是 $2$ 的正整数次方 sol: “不看题解拿头做” 系列 考虑构造一个序列 $a_i$ 满足只有 $[k|i]$ 时是 $1$,其它时候是 $0$ 之后就开始神仙了起来 构造 $k$ 次单位根 $\omega _k = g^{\frac{p-1}{k}}$,发现 $\frac{1}{k} \times \s…

正题 题目链接:https://loj.ac/p/6247 题目大意 给出\(n,k\)求 \[\sum_{0\leq i\leq n,i|k}\binom{n}{i} \] 对\(998244353\)取模 \(1\leq n\leq 10^{15},1\leq k\leq 2^{20},k=2^p(p\in N)\) 解题思路 随便找的一题竟然是单位根反演,不过很基础而且很裸. 首先单位根反演的式子\([i|k]=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{i\…

题目:https://loj.ac/problem/6485 先把 \( a_{i mod 4} \) 处理掉,其实就是 \( \sum\limits_{i=0}^{3} a_{i} \sum\limits_{j=0}^{n} C_{n}^{j} * s^{j} * [4|(j-i)] \) 然后把 \( [4|(j-i)] \) 单位根反演,得到 \( \sum\limits_{i=0}^{3} a_{i} \sum\limits_{j=0}^{n} C_{n}^{j} * s^{j} * \…

[LOJ#6485]LJJ 学二项式定理(单位根反演) 题面 LOJ 题解 显然对于\(a0,a1,a2,a3\)分开算答案. 这里以\(a0\)为例 \[\begin{aligned} Ans&=\frac{1}{4}a_0\sum_{i=0}^n [4|i]{n\choose i}s^i\\ &=\frac{1}{4}a_0\sum_{i=0}^n{n\choose i}s^i\sum_{j=0}^3 (\omega_4^{j})^i\\ &=\frac{1}{4}a_0\su…

题面 传送门 题解 首先你要知道一个叫做单位根反演的东西 \[{1\over k}\sum_{i=0}^{k-1}\omega^{in}_k=[k|n]\] 直接用等比数列求和就可以证明了 而且在模\(998244353\)意义下的\(\omega_k^1=g^{P-1\over k}\) 据说这玩意儿在\(NTT\)的证明里有?然而我那时候光顾着背板子了 所以这个单位根反演简称小单的玩意儿能干嘛呢 然后我们惊奇的发现小单可以让我们快速求一个数列里某个数倍数项的和 \[ \begin{align…

也许更好的阅读体验 \(\mathcal{Description}\) 原题链接 \(T\)组询问,每次给\(n,s,a_0,a_1,a_2,a_3\)求 \(\begin{aligned}\left(\sum ^{n}_{i=0}\begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix}\cdot s^{i}\cdot a_{i\ mod\ 4}\right)mod\ 998244353\end{aligned}\) \(\mathcal{Solution}\) 这道题要用单位根…

数学杂烩总结(多项式/形式幂级数+FWT+特征多项式+生成函数+斯特林数+二次剩余+单位根反演+置换群) 因为不会做目录所以请善用ctrl+F 本来想的是笔记之类的,写着写着就变成了资源整理 一些有的没的的前置 导数 \(f'(x)=\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0}\frac{f(x+\triangle x)-f(x)}{\triangle x}\) \(\sin x:\cos x\) \(\cos x:-\sin x\) \(\ln x:\frac{…

\(\mathcal{Preface}\)   单位根反演,顾名思义就是用单位根变换一类式子的形式.有关单位根的基本概念可见我的这篇博客. \(\mathcal{Formula}\)   单位根反演的公式很简单: \[[k|n]=\frac{1}k\sum_{i=0}^{k-1}\omega_k^{ni} \] \(\mathcal{Proof}\)   分类讨论: \(k|n\). 那么 \((\forall i)(\omega_k^{ni}=1)\),所以右侧为 \(\frac{1}k\su…

题意:求 \[ \sum_{i=0}^n[k|i]\binom{n}{i}Fib(i) \] 斐波那契数列有简单的矩阵上的通项公式\(Fib(n)=A^n_{1,1}\).代入得 \[ =\sum_{i=0}^n[k|i]\binom{n}{i}A^i_{1,1} \] 由单位根反演, \[ =\sum_{i=0}^n\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}w_k^{ij}\binom{n}{i}A^i_{1,1} \] 注意到后面多项与\(i\)有关,考虑将\(i\)贬到后面去.…