給定 \(n,s,a_0,a_1,a_2,a_3\), 求:
\[\large \left[ \sum_^n \left( \cdot s^ \cdot a_ \right) \right] \bmod 998244353
\]\(t\le 10^5\) 組測試資料, \(n\le 10^;s,a_i\le 10^9\).
一看 \(n\) 巨大無比顯然不太能直接搞.
但是這個 \(\bmod 4\) 十分的玄妙, 我們嘗試從它入手, 分別計算每個 \(a_i\) 所產生的貢獻.
又因為組合數越界會變 \(0\), 於是答案可以寫成這樣:
\[\sum_^3\sum_ a_ks^i
\]\(i\bmod 4=k\) 等價於 \(4\mid i-k\). 於是我們有:
\[\sum_^3\sum_ a_ks^i
\]把下標換漂亮點並且把求和條件變成布林表示式丟到和式裡:
\[\sum_^3\sum_[4\mid i] a_ks^
\]然後我們如果能找個東西把 \([4\mid i]\) 反演掉就好了.
幸運的是在傅利葉變換中有個東西叫求和引理, 即當 \(k\not \mid n\) 的時候有:
\[\sum_^(\omega_n^k)^j=0
\]不難算出當 \(k\mid n\) 的時候上式的值為 \(n\). 也就是說:
\[\frac 1 n\sum_^(\omega_n^k)^j=\frac 1 n\sum_^\omega_n^=[k\mid n]
\]那麼我們就可以把這個東西代進去按照和式的套路搞一搞求和順序和指標:
\[\begin
&\sum_^3\sum_\left (\frac 1 4\sum_^3\omega_4^\right) a_ks^\\
=&\frac 1 4\sum_^3\sum_^3a_k\sum_s^\omega_4^ \\
\end
\]那麼問題變成了最內層的東西. 我們發現它有點類似二項式定理的形式, 但是 \(\omega_4^r\) 上的指數不太對. 我們強行讓它和二項式係數的部分一樣:
\[\begin
&\frac 1 4\sum_^3\sum_^3a_k\sum_s^\omega_4^\omega_4^ \\
=&\frac 1 4\sum_^3\sum_^3a_k\omega_4^ \sum_s^\omega_4^\\
=&\frac 1 4\sum_^3\sum_^3a_k\omega_4^ \sum_(s\omega_4^r)^ \\
=&\frac 1 4\sum_^3\sum_^3a_k\omega_4^ (s\omega_4^r+1)^n
\end
\]然後就可以算了.
其實 \(\omega_4\) 就是虛數單位 \(i\)...
#include const int i=911660635;
const int ni=86583718;
const int mod=998244353;
const int phi=998244352;
const int inv4=748683265;
typedef long long intex;
int pow(int,int,int);
int main()
ans=1ll*ans*inv4%mod;
printf("%d\n",ans);
} return 0;
}inline int pow(int a,int n,int p)
return ans;
}
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