Description
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Solution
柿子中最辣手的无疑是(lfloor dfrac ik floor)了，如果没有它原式就是一个二项式定理，但我们可以将它转化为：
[lfloor frac ik
floor=sum_{j=1}^{i}[k|j]
]
然后就可以上单位根反演了，同时我们隐隐猜出了原题的解法是二项式定理，为了凑出二项式定理的柿子，我们将下标改为从(0)开始，
[lfloor frac ik
floor=sum_{j=0}^{i}[k|j]-1
]
代入原式：
[ans=sum_{i=0}^{n}inom ni p^i (sum_{j=0}^{i}frac 1k sum_{d=0}^{k-1}w_k^{dj}-1)
]
提出(-1)并交换和式得：
[egin{aligned}
&=frac{1}{k}sum_{d=0}^{k-1}sum_{i=0}^{n}inom ni p^isum_{j=0}^{i}w_k^{dj}- sum_{i=0}^{n}inom ni p^i\
&=frac{1}{k}sum_{d=0}^{k-1}sum_{i=0}^{n}inom ni p^ifrac{w_k^{d(i+1)}-1}{w_k^d-1}- (p+1)^n\
end{aligned}
]
将减号前面的柿子拆成两部分，都是二项式定理的柿子：
[egin{aligned}
=frac{1}{k}sum_{d=0}^{k-1}(sum_{i=0}^{n}inom ni p^ifrac{w_k^{d(i+1)}}{w_k^d-1}-sum_{i=0}^{n}inom ni p^ifrac 1{w_k^d-1})- (p+1)^n\
=frac{1}{k}sum_{d=0}^{k-1}(w_k^dfrac{(pw_k^d+1)^n}{w_k^d-1}-frac{(p+1)^n}{w_k^d-1})- (p+1)^n
end{aligned}
]
这时候就可以直接做了，注意特判(d=0)时分母为(0)的情况：
此时答案为
[sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}p^isum_{j=0}^{i}w_k^0\
=sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}p^i(i+1)\
=sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}p^ii+sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}p^i
]
后一部分不用说，是((p+1)^n)，对于前一部分，注意到(dbinom nii=ndbinom {n-1}{i-1})，因此
[=nsum_{i=0}^{n}inom{n-1}{i-1} p^i\
=npsum_{i=0}^{n-1}inom{n}{i}p^i=np(p+1)^{n-1}
]
于是就做完了，复杂度(mathcal O(klog(n)))。
Code
比我的题解还短。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
inline int ksm(int x,int y){
int ret=1;
for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod) if(y&1) ret=1ll*ret*x%mod;
return ret;
}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return (x-y<0)?x-y+mod:x-y;}
int n,p,k;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&p,&k);
int ret=0,w=ksm(3,(mod-1)/k);
int np=add(p,1);
for(int i=0;i<k;++i){
if(!i) ret=add(ret,add(ksm(np,n),1ll*n*p%mod*ksm(np,n-1)%mod));
else{
int ww=ksm(w,i);
int ans=ksm(dec(ww,1),mod-2);
ans=1ll*ans*dec(1ll*ww*ksm(add(1ll*p*ww%mod,1),n)%mod,ksm(np,n))%mod;
ret=add(ret,ans);
}
}
printf("%d
",dec(1ll*ret*ksm(k,mod-2)%mod,ksm(np,n)));
return 0;
}