\[[n|k]=\frac\sum_^\omega_^
\]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 \(\omega_^=1\) ，所以上式為 \(0\) ，得證。
有乙個長度為 \(n\) 的序列，有 \(m\) 種顏色，要求給這個序列染完色之後，每一種顏色的出現次數都能被 \(d\) 整除，求合法的染色方案數。
相當於是集合拼接並去掉集合拼接順序的影響，直接上 egf，我們即要求
\[[x^n](\sum_^n [d|i]\frac)^m
\]\(d = 1\) :
原式等價於 \([x^n]e^\) ，第 \(n\) 項的係數就是 \(m^n\) ，其實這個直接就能得到了，小學生計數。
\(d = 2\) :
這裡也不用上單位根反演，直接二項式定理展開就好了，類似與 cts2019 珍珠其中一步的推法。
\[\begin
[x^n](\sum_^n [d|i]\frac)^m &= [x^n](\frac+e^})^m \\
&=[x^n]\frac\sum_^m e^ \\
&=\frac\sum_^m (2i-m)^n
\end
\]\(d = 3\) :
前面為什麼不上單位根反演是有深層次道理的
\[\begin
[x^n](\sum_^n [d|i]\frac)^m &= [x^n](\sum_^n(\frac\sum_^\omega_^)\frac)^m \\ &= [x^n]\frac(\sum_^\sum_^n\frac)^m \\
&= [x^n]\frac(\sum_^e^^j})^m \\
&=\frac\sum_\frac[x^n](e^^0+jx\omega_^1+kx\omega_^2}) \\
&=\frac\sum_\frac(i\omega_^0+j\omega_^1+k\omega_^2)^n
\end
\]這裡單位根反演複雜度是 \(\mathcal o(k^)\)
求\[[\sum_^n\times s^i\times a_] \bmod 998244353
\]直接上單位根反演就好啦，一遍推一遍過～
\[\begin
&= \sum_^3a_k\sum_^n[4|(i-k)]s^i \\
&=\frac\sum_^3 a_k\sum_^n\sum_^3 \omega_^s^i \\
&=\frac\sum_^3 a_k\sum_^3 \frac^}\sum_^n\omega_^s^i \\
&=\frac\sum_^3 a_k\sum_^3 \frac^}\sum_^n\omega_^s^i \\
&=\frac\sum_^3 a_k\sum_^3 \frac^s)^n}^}
\end
\]複雜度 \(\mathcal o(\log n)\) 。
單位根反演學習筆記
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單位根反演
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Note 單位根反演 學習筆記
單位根反演，顧名思義就是用單位根變換一類式子的形式。有關單位根的基本概念可見我的這篇部落格。單位根反演的公式很簡單 k n frack sum omega k 分類討論 k n 那麼 forall i omega k 1 所以右側為 frack sum 1 1 k not n 等比數列求和，右側為 ...