笔记 单位根反演 Flandre

单位根反演

单位根，一个耳熟能详的东西。

单位根 \(\omega_n\) 定义为，\(x^n=1\) 的解中，不等于 \(1\)，辐角最小的那个。

然后 \(w_n\) 的 \(0...n-1\) 次幂，正好可以遍历 \(x^n=1\) 的所有解。

然后 \(\omega_n\) 有一些有趣的性质

1. 幂可以模 \(n\)

   显然，因为 \(n\) 次幂相当于向量转一圈，然后转了个寂寞，所以可以随便的增加 / 减少

2. \(\dfrac{n}{2}\) 次幂相当于取负

显然，转半圈转到对面去

这两个性质很显然，但您想必已经明白了它的妙处：它的幂，就相当于在转

单位复根转转转

然后它就可以用来解决一些，与倍数有关的问题 —— 可以把一个倍数的限制条件转化成幂

反演式

\(\sum\limits_{i=0}^{n-1} (\omega_n^k)^i=n\times [n|k]\)

这本质是一个等比数列求和。右边会出现一个条件判断，是因为等比数列求和要分公比是否为 \(1\) 来讨论。

然后就讨论一下 \(\omega_n^k\) 是否为 \(1\)，就可以证明了

用的时候可以把 \(n\) 移到左边去，然后单独转化一个 \([n|k]\)

千万别忘了除掉那个 \(n\)

顺便再提一嘴，用的时候一般还会带一个组合数，然后变成二项式定理的形式

例题

loj 6247

非常板子

先变成 \(\sum\limits_{i=0}^{n} [k|i] \binom{n}{i}\)

然后把整除换成单位根反演式子，交换一下求和符号，二项式定理

\[=\sum\limits_{i=0}^{n} \sum\limits_{p=0}^{k-1} (\omega_{k}^{i})^p \binom{n}{i}\\ =\sum\limits_{p=0}^{k-1} \sum\limits_{i=0}^{n} (\omega_k^{p})^i\binom{n}{i}\\ =\sum\limits_{p=0}^{k-1} (\omega_k^{p}+1)^n \]

然后 \(k\) 是 \(2^{20}\) 级别。直接做。

小小总结一下

单位根反演，其实就是把一个漂亮的求和，加上一个倍数的限制

然后这时候可以利用单位根的转转转，把倍数换成原来完整的求和

loj 6485

又是一个组合数套一个幂再套一个倍数

这里稍微一点变化是，我们先枚举 %4 余多少，假设是 \(k\) ，然后去算贡献，完了乘以 \(a_k\)

换句话说就是算 \(a[0,1,2,3]\) 分别是多少系数

式子略

bzoj 3328

还是老套路，这个枚举倍数在做数论函数题的时候见惯了

直接变成

\[\sum\limits_{k|i} \binom{n}{i} F_i \]

其中 \(F_i\) 是斐波那契

然后这里又有组合数，按套路，要找一个幂来

斐波那契，幂...矩阵快速幂！

设

\[A= \begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix} \]

然后 \(F_n\) 就是 \(A^n\) 的左上角。这里我们先把矩阵搞出来，最后一步再取左上角。

答案的矩阵

\[=\sum\limits_{k|i} \binom{n}{i}A^i\\ =\sum\limits_{i=0}^{n} \sum\limits_{p=0}^{k-1} (\omega_k^i)^p A^i\binom{n}{i}\\ =\sum\limits_{p=0}^{k-1} \sum\limits_{i=0}^{n} (\omega_k^p)^iA^i\binom{n}{i}\\ =\sum\limits_{p=0}^{k-1} (\omega_k^pA+I)^n \]

其中 \(I\) 是单位矩阵

然后发现 \(k\) 很小，直接做

思考：题目中的 \(p\equiv 1\pmod{k}\) 是做甚么用的？