前置技能

引入

一道题说起……

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(如果还未学,可从前置技能部分的单位根处点击链接学习),关于单位根还有一个迷之用法——单位根反演

构造生成函数

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$\sum_{i=0}^{n}a_i[k|i]$

一个关于$[n|k]$的等式

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

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

注:$npi \bmod n=(n \bmod n) \times (pi \bmod n)=0 \times (pi \bmod n)=0$

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

有一个问题

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

回到例题

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

扩展到矩阵上

bzoj 3328

题目描述

给定$n,k,p$,求

$$\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} {n \choose ik}F_{ik}$$

其中$F_0=F_1=1$,且$\forall n \ge 2,F_i=F_{i-1}+F_{i-2}$

答案对$p$取模

$1 \le n \le 10^{18}$

$1 \le k \le 20000$

$1 \le p \le 10^9$

$p$是素数

$p \bmod k = 1$

题解

单位根反演的结论在矩阵意义上也是成立的

也就是说求

$$\sum_{i=0}^{n} {n \choose i} F_i [k \mid i]$$

设$A$是斐波那契数列的转移矩阵,$I$为单位矩阵

通过套用二项式定理,有

$$f(x)=(Ax+I)^n=\sum_{i=0}^{n} {n \choose i}A^ix^iI^{n-i}$$

再套用单位根反演,有

$$T=\frac{\sum_{i=0}^{k-1}f(\omega_k^i)}{k}$$

然后就做完了,答案就是矩阵$T$的左上角

总结

如果想计算序列$a_0, a_1,a_2, \dots , a_n$的所有满足$k|i$的$a_i$的和的话

首先构造$f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$

然后将$\omega_k^i(i \in [0,k-1])$依次代入到$f(x)$中,并求和

最后除以$k$即可

也就是说

$$\sum_{i=0}^{n}a_i[k|i]=\frac{1}{k}\sum_{i=0}^{k-1}f(\omega_k^i)$$

参考文献

Zhang-RQ 单位根反演学习笔记

shadowice1984 loj6485 LJJ学二项式定理

DT_Kang 【4.13 提高班小记】单位根&&杂题

Mys_C_K [真学习笔记] 前夕 - 单位根反演 - 广义容斥

Regina8023 【BZOJ 3328】PYXFIB