题解 LOJ-6485 【LJJ学二项式定理】

题目

由于看到正解的单位根反演过于复杂（也就是看不懂）

所以自己构造了一个算法，理论上这个算法应该还有成长的空间（可以变得普适性更强）

不知道和单位根反演有没有一样，就发表出来了

反正转载前记得要联系本人，联系方式参考 index

【分析】

题目所求为

$\displaystyle Ans=[\sum_{k=0}^nC_n^ks^ka_{(k\mod 4)}]\mod 998244353$

为避免混淆，本文中（除代码）所有 $i$ 均表明虚数的单位，即 $i^2=-1$，而代码中的变量名为 omega

考虑二项式定理： $\displaystyle (a+b)^n=\sum_{k=0}^nC_n^ka^kb^{n-k}$

我们可以很天真的想象一下，如果那玩意儿不是 $a_{(k\mod 4)}$ 而是某个数的 $(n-k)$ 次方，那这题就很简单了

于是，前一段时间刚学完 NTT 的我就想到了，可不可以把它构造为这种形式？

对于 $a_{(k\mod n)}$ 这种周期性的函数，我们可以拆成 $\omega_n^{0,1,2\dots(n-1)}$ 这 $n$ 个单位根，关于某个函数 $f(x)$ 的函数值

其中，$\omega_n^k$ 均指 FFT 思路中的单位复数根

方便起见，我们这样设：$\begin{cases}a_0=f(\omega_n^0)\\a_1=f(\omega_n^1)\\\vdots\\a_{n-1}=f(\omega_n^{n-1})\end{cases}$

等等，这不就像 IDFT 吗？

因此我们直接设 $f(x)$ 是一个多项式函数好了

当然，这一题我们不需要考虑 IDFT 来解题，毕竟 $n=4$ ，手推就行了

首先，设 $f(x)=m_0+m_1x+m_2x+m_3x^3$

$\omega_4^0=1,\omega_4^1=i,\omega_4^2=-1,\omega_4^3=-i$

如果不知道为什么是这样，我在文章末尾补充

代入方程组得$\begin{cases}
a_0=f(1)=m_0+m_1+m_2+m_3
\\\ \\
a_1=f(i)=m_0+m_1i-m_2-m_3i
\\\ \\
a_2=f(-1)=m_0-m_1+m_2-m_3
\\\ \\
a_3=f(-i)=m_0-m_1i-m_2+m_3i
\end{cases}$

解得$\begin{cases}
m_0={a_0+a_1+a_2+a_3\over 4}
\\\ \\
m_1={(a_0-a_2)+(a_3-a_1)i\over 4}
\\\ \\
m_2={a_0-a_1+a_2-a_3\over 4}
\\\ \\
m_3={(a_0-a_2)+(a_1-a_3)i\over 4}
\end{cases}$

所以所求等式可以进行变型：

$\displaystyle\quad Ans$

$\displaystyle =\sum_{k=0}^n C_n^ks^ka_{(k\mod 4)}$

$\displaystyle =\sum_{k=0}^n C_n^ks^kf(i^k)$

$\displaystyle =\sum_{k=0}^n C_n^ks^k[ m_0+m_1i^k+m_2(-1)^k+m_3(-i)^k]$

展开多项式，每项提取系数 $m$

$\displaystyle =m_0\sum_{k=0}^n C_n^ks^k1^k+m_1\sum_{k=0}^n C_n^ks^ki^k+m_2\sum_{k=0}^n C_n^ks^k(-1)^k+m_3\sum_{k=0}^n C_n^ks^k(-i)^k$

好像更复杂了

等等，根据二项式定理 $\displaystyle (a+b)^n=\sum_{k=0}^nC_n^ka^kb^{n-k}$

应该指数和为 $n$ ，而不是均为 $k$ 啊！

别急，我们现在来化：

根据 $i^{-1}=i^{4-1}=i^3=-i$

所以有 $i^k=(-i)^{-k}=(-i)^{-k}\times (-i)^n\times (-i)^{-n}=i^n\times (-i)^{n-k}$

当然，同理也有 $1^k=1^{n-k},(-1)^k=(-1)^n\times (-1)^{n-k},(-i)^k=(-i)^n\times i^{n-k}$

代入就有

$\displaystyle =m_0\sum_{k=0}^n C_n^ks^k1^{n-k}+m_1\sum_{k=0}^n C_n^ks^k(-i)^{n-k}i^n+m_2\sum_{k=0}^n C_n^ks^k(-1)^{n-k}(-1)^n+m_3\sum_{k=0}^n C_n^ks^ki^{n-k}(-i)^n$

每一项都提出个常数项：

$\displaystyle =m_0\sum_{k=0}^n C_n^ks^k1^{n-k}+i^nm_1\sum_{k=0}^n C_n^ks^k(-i)^{n-k}+(-1)^nm_2\sum_{k=0}^n C_n^ks^k(-1)^{n-k}+(-i)^nm_3\sum_{k=0}^n C_n^ks^ki^{n-k}$

好的，现在就是二项式定理的形式了，直接化简：

$\displaystyle =m_0(s+1)^n+i^nm_1(s-i)^n+(-1)^nm_2(s-1)^n+(-i)^nm_3(s+i)^n$

代入上面的 $m_{0,1,2,3}$ 定义式，这题应该就出来了，复杂度 $O(T\log n)$

当然，这里不需要手写一个复数类来实现，那样太复杂了。我们只需要考虑 $i$ 在模 $998244353$ 意义下的正整数就行了

由定义得到

$i^2\equiv(-1)\equiv998244352(\mod 998244353)$

我们可以算出来，$i\equiv 911660635(\mod 998244353)$ （计算方法我放在后面）

也就是说，上面的所有 $i$ 都用 $911660635$ 代替掉就行了

【代码】

那本蒟蒻就放我码风极丑的代码了

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define f(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a<=c;a++)

#define g(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a>=c;a--)

#define LOCAL

typedef int i32;

typedef unsigned int u32;

typedef long long int i64;

typedef unsigned long long int u64;

const i64 Mod=998244353;

const i64 inv4=748683265;//4的逆元

const i64 omega=911660635;

namespace HABIT{//读入输出优化

    #ifdef LOCAL

        inline char gc() { return getchar(); }

    #else

        inline char gc() {

            static char s[1<<20|1]={0},*p1=s,*p2=s;

            return (p1==p2)&&(p2=(p1=s)+fread(s,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*(p1++);

        }

    #endif

    inline i64 read(){

        register i64 ans=0;register char c=gc();register bool neg=0;

        while(c<48||c>57) neg^=!(c^'-'),c=gc();

        while(c>=48&&c<=57) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=gc();

        return neg?-ans:ans;

    }//才不会告诉你们这里我忘了开long long，爆了三次

    char Output_Ans[1<<20|1],*Output_Cur=Output_Ans;

    inline void output() { Output_Cur-=fwrite(Output_Ans,1,Output_Cur-Output_Ans,stdout); }

    inline void print(char c){

        if(Output_Cur-Output_Ans+1>>20) output();

        *(Output_Cur++)=c;

    }

    inline void print(char *s) { while(*s) print( *(s++) ); }

    inline void print(u64 x){

        if(!x) { print('0'); return ; }

        char buf[30]={0},*p=buf+28;

        while(x) *(p--)=x%10+48,x/=10;

        print(p+1);

    }

    inline void print(u32 x) { print( (u64)x ); }

    inline void print(i64 x){

        if(x<0) print('-'),x=-x;

        print( (u64)x );

    }

    inline void print(i32 x){

        if(x<0) print('-'),x=-x;

        print( (u64)x );

    }

}

using namespace HABIT;

inline i64 fpow(i64 a,i64 x){//快速幂

    i64 ans=1; if(a<0) a+=Mod;

    for(;x;x>>=1,a=a*a%Mod) if(x&1) ans=ans*a%Mod;

    return ans;

}

inline i64 ans(){

    i64 d_N=read(),d_S=read()%Mod;

    i64 d_A0=read(),d_A1=read(),d_A2=read(),d_A3=read();

    i64 d_M0=(d_A0+d_A1+d_A2+d_A3)%Mod;

    i64 d_M1=( (d_A3-d_A1)*omega%Mod+d_A0-d_A2+Mod+Mod)%Mod;

    i64 d_M2=(d_A0-d_A1+d_A2-d_A3+Mod+Mod)%Mod;

    i64 d_M3=( (d_A1-d_A3)*omega%Mod+d_A0-d_A2+Mod+Mod)%Mod;

    //1/4最后再来算

    if(d_N&1){

        d_M2=Mod-d_M2;

        d_M1=d_M1*omega%Mod;

        d_M3=d_M3*omega%Mod;

        if( (d_N&3)>>1 ) d_M1=Mod-d_M1;

        else d_M3=Mod-d_M3;

    }

    else if( (d_N&3)>>1 ){

        d_M3=Mod-d_M3;

        d_M1=Mod-d_M1;

    }

    d_N%=(Mod-1);

    d_M0=d_M0*fpow(d_S+1,d_N)%Mod;

    d_M1=d_M1*fpow(d_S-omega,d_N)%Mod;

    d_M2=d_M2*fpow(d_S-1,d_N)%Mod;

    d_M3=d_M3*fpow(d_S+omega,d_N)%Mod;

    return (d_M0+d_M1+d_M2+d_M3)*inv4%Mod;

}

int main(){

    f(i,1,I,read()) print( ans() ),print('\n');

    output();

    return 0;

}

跑得飞快，目前是总榜第3

最后安利一下本蒟蒻的博客

【补充说明-单位根】

考虑到复数的运算性质，如果两个复数相乘，模长相乘，幅角相加

我们要保证这个函数的周期性，只能设其模长为 $1$

而根据欧拉恒等式 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$ 模长即为 $1$

而周期为 $n$ 所以令 $\omega_n^k=e^{{2\pi\over n}k\dot i}$

所以 $\omega_n^k=\cos{2k\pi\over n}+i\sin{2k\pi\over n}$

所以代入可以得到 $\omega_4^0=1,\omega_4^1=i,\omega_4^2=-1,\omega_4^3=-i$

【补充说明-同余意义下的开方】

第一种方法，这一题题目中的模数是确定的，直接暴力跑结果就行了，理论上 $100s$ 内能出来

第二种方法，用原根

根据欧拉定理， $gcd(a,m)=1\Rightarrow a^{\varphi(m)}\equiv 1(\mod m)$

根据 $998244353$ 是质数，且 $998244353=2^{23}\times 7\times 17+1$

避免眼花，后面这个数字写为 $p$

所以，首先有 $\forall a<p$ 的正整数 $a$ ，都有 $a^{p-1}\equiv 1(\mod p)$

当然，这并不说明只有指数那么大的时候，才会是 $1$ 。但肯定说明，令 $a^t\equiv 1(\mod p)$ 成立的最小 $t$ ，一定是 $(p-1)$ 的因数

所以我们遍历过去，找到最小的 $r$ 使得 $r^{p-1\over 2}\equiv1,r^{p-1\over 7}\equiv 1,r^{p-1\over 17}\equiv 1(\mod p)$ 均不成立，那就肯定使得上述 $t=p-1$ 本身了

对于满足上一段所述条件的，我们称之为原根 $r$。我算了一下，最小的 $r$ 为 $3$

所以显然， $i^4\equiv 1\equiv r^{p-1\over 4}(\mod p)$

快速幂即得 $i$ 的值