正题
题目大意
给出(n,k)求
[sum_{0leq ileq n,i|k}inom{n}{i}
]
对(998244353)取模
(1leq nleq 10^{15},1leq kleq 2^{20},k=2^p(pin N))
解题思路
随便找的一题竟然是单位根反演，不过很基础而且很裸。
首先单位根反演的式子([i|k]=frac{1}{k}sum_{j=0}^{k-1}omega_k^{i imes j})
然后带到这题的式子就是
[sum_{i=0}^nfrac{1}{k}sum_{j=0}^{k-1}omega_k^{i imes j}inom{n}{i}
]
然后把(j)提出来
[frac{1}{k}sum_{j=0}^{k-1}sum_{i=0}^n(omega_k^{i})^jinom{n}{i}
]
然后二项式定理
[frac{1}{k}sum_{j=0}^{k-1}(omega_k^{i}+1)^n
]
额但是(n)很大直接用复数精度肯定会炸，但是(998244353-1=2^{23} imes 7 imes 17)...又因为(k=2^p)，其实就是类似于(NTT)的思路我们直接用原根(omega_k^1=g^{frac{P-1}{k}})就好了。
时间复杂度(O(klog n))
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll P=998244353;
ll n,k,ans;
ll power(ll x,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*x%P;
x=x*x%P;b>>=1;
}
return ans;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
ll g=power(3,(P-1)/k),z=1;
for(ll i=0;i<k;i++,z=z*g%P)
(ans+=power(z+1,n)%P)%=P;
printf("%lld
",ans*power(k,P-2)%P);
return 0;
}