定理
\([n\mid a] = \dfrac1n\sum_^\omega_n^\)
證明
使用等比數列求和
a ≠ 0 (mod n)
公比不為 1
原式 = \(\dfrac1n \times\dfrac-1} = \dfrac1n \times\dfrac = 0\)
a = 0 (mod n)
公比為 1
原式 = \(\dfrac1n\times n\times \omega_n^0 = 1\)
應用
\([a\equiv b\mod n] = [a-b\equiv 0\mod n] = [n\mid(a-b)] = \dfrac1n\sum_^n\omega_n^\)
ljj學二項式定理
\[\begin
&\sum_^n\binom ni\cdot s^i\cdot a_\\
&= \sum_^n\binom ni\cdot s^i\sum_^3a_j[i=j\mod4]\\
&= \sum_^n\binom ni\cdot s^i\sum_^3a_j\frac14\sum_^3\omega_4^\\
&= \frac14\sum_^3a_j\sum_^n\binom nis^i\sum_^3\omega_4^\omega_4^\\
&= \frac14\sum_^3a_j\sum_^3\omega_4^\sum_^n\binom nis^i\omega_4^\\
&= \frac14\sum_^3a_j\sum_^3\omega_4^(1+s\omega_4^k)^n
\end
\]提交記錄
小豬佩奇學數學
\(\left\lfloor\dfrac ik\right\rfloor = \dfrac k\)
原式等於：
\[\frac1k\sum_^n\binom ni p^i (i-i\mod k)\\
\frac1k\left[\sum_^n\binom ni p^ii-\sum_^n\binom ni p^i(i\mod k)\right]
\]分開考慮：
\[ \sum_^n\binom nip^ii\\
np\sum_^n\binom p^\\
np\sum_^\binom ip^i\\
np(p+1)^
\]\[ \sum_^n\binom nip^i(i\mod k)\\
\sum_^n\binom nip^i\sum_^j[i\mod k =j]\\
\frac1k\sum_^n\binom nip^i\sum_^j\sum_^\omega_k^\\
\frac1k\sum_^j\sum_^\omega_k^\sum_^n\binom nip^i\omega_k^\\
\frac1k\sum_^j\sum_^\omega_k^(1+p\omega_k^t)^n\\
\frac1k\sum_^(1+p\omega_k^t)^n\sum_^j(\omega_k^)^j
\]總複雜度是 o(k log n)
附：\[\begin
s(n,k) &= \sum_^ik^i\\
ks(n,k)-s(n,k) &= \sum_^ik^ - \sum_^ik^i\\
&= \sum_^n(i-1)k^i - \sum_^ik^i\\
&= -\sum_^k^i + (n-1)k^n\\
&= \frac + 1 + (n-1)k^n
\end
\]於是 \(s(n,k) = \dfrac + 1 + (n-1)k^n}\)
由於 k 總是 n 次單位根， 於是 \(s(n,k) = \dfrac n\)
若 k = 1， \(s(n,1) = \sum_^ i = \dfrac2\)
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單位根反演推導
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學習筆記 單位根反演
n k frac sum omega 證明 首先根據單位根的性質 omega 1 所以當 n k 時每一項都等於 1 有 frac sum omega 1 當 n k 不成立時，omega k neq 1 等比數列求和得 frac sum omega frac times frac k 又因為 om...
單位根反演學習筆記
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