单位根反演
[[n|k]=frac{1}{n}sum_{i=0}^{n-1}omega_{n}^{ik}
]
证明：
首先根据单位根的性质 (omega_{n}^{kn} = 1) ，所以当 (n |k) 时每一项都等于 (1)，有 (frac{1}{n}sum_{i=0}^{n-1} omega_{n}^{ik} = 1) 。
当 (n|k) 不成立时，(omega_{n}^k eq 1) ，等比数列求和得
[frac{1}{n}sum_{i=0}^{n-1}omega_{n}^{ik}=frac{1}{n} imesfrac{1-omega_{n}^{nk}}{1-omega_{n}^k}
]
又因为 (omega_{n}^{nk}=1) ，所以上式为 (0) ，得证。
「集训队作业2018」复读机
有一个长度为 (n) 的序列，有 (m) 种颜色，要求给这个序列染完色之后，每一种颜色的出现次数都能被 (d) 整除，求合法的染色方案数。
相当于是集合拼接并去掉集合拼接顺序的影响，直接上 EGF，我们即要求
[[x^n](sum_{i =0}^n [d|i]frac{x^i}{i!})^m
]
(d = 1) :
原式等价于 ([x^n]e^{mx}) ，第 (n) 项的系数就是 (m^n) ，其实这个直接就能得到了，小学生计数。
(d = 2) :
这里也不用上单位根反演，直接二项式定理展开就好了，类似与 CTS2019 珍珠其中一步的推法。
[egin{align}
[x^n](sum_{i =0}^n [d|i]frac{x^i}{i!})^m &= [x^n](frac{e^{x}+e^{-x}}{2})^m \
&=[x^n]frac{1}{2^m}sum_{i=0}^m {m choose i}e^{(2i-m)x} \
&=frac{1}{2^m}sum_{i=0}^m {m choose i}(2i-m)^n
end{align}
]
(d = 3) :
前面为什么不上单位根反演是有深层次道理的
[egin{align}
[x^n](sum_{i =0}^n [d|i]frac{x^i}{i!})^m &= [x^n](sum_{i=0}^n(frac{1}{d}sum_{j=0}^{d-1}omega_{d}^{ij})frac{x^i}{i!})^m \ &= [x^n]frac{1}{d^m}(sum_{j=0}^{d-1}sum_{i=0}^nfrac{(xomega_d^j)^i}{i!})^m \
&= [x^n]frac{1}{d^m}(sum_{j=0}^{d-1}e^{xomega_{d}^j})^m \
&=frac{1}{3^m}sum_{i+j+k=m}frac{m!}{i!j!k!}[x^n](e^{ixomega_{d}^0+jxomega_{d}^1+kxomega_{d}^2}) \
&=frac{1}{3^m}sum_{i+j+k=m}frac{m!}{i!j!k!}(iomega_{d}^0+jomega_{d}^1+komega_{d}^2)^n
end{align}
]
这里单位根反演复杂度是 (mathcal O(k^{d-1}))
#Loj6485 LJJ 学二项式定理
求
[[sum_{i=0}^n{nchoose i} imes s^i imes a_{imod4}] mod 998244353
]
直接上单位根反演就好啦，一遍推一遍过～
[egin{align}
&= sum_{k=0}^3a_ksum_{i=0}^n[4|(i-k)]{n choose i}s^i \
&=frac{1}{4}sum_{k=0}^3 a_ksum_{i=0}^nsum_{j=0}^3 {nchoose i}omega_{4}^{(i-k)j}s^i \
&=frac{1}{4}sum_{k=0}^3 a_ksum_{j=0}^3 frac{1}{omega_{4}^{jk}}sum_{i=0}^n{nchoose i}omega_{4}^{ij}s^i \
&=frac{1}{4}sum_{k=0}^3 a_ksum_{j=0}^3 frac{1}{omega_{4}^{jk}}sum_{i=0}^n{nchoose n-i}omega_{4}^{ij}s^i \
&=frac{1}{4}sum_{k=0}^3 a_ksum_{j=0}^3 frac{(1+omega_{4}^{j}s)^n}{omega_{4}^{jk}}
end{align}
]
复杂度 (mathcal O(log n)) 。