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单位根反演听着高级#xff0c;其实没啥技术含量……
本文是篇几乎没有证明的佛系讲解 单位根反演的式子长这样#xff1a; 1n∑i0n−1ωnik[k∣n]\frac{1}{n}\sum_{i0}^{n-1}\omega_n^{ik}[k|n]n1i0∑n−1ωnik[k∣n]
其实本质是IFFT
感觉懵的#xff1f;…传送门
单位根反演听着高级其实没啥技术含量……
本文是篇几乎没有证明的佛系讲解 单位根反演的式子长这样
1n∑i0n−1ωnik[k∣n]\frac{1}{n}\sum_{i0}^{n-1}\omega_n^{ik}[k|n]n1i0∑n−1ωnik[k∣n]
其实本质是IFFT
感觉懵的
那直接记结论对于一个多项式f(x)f(x)f(x),有
∑k∣i[xi]f(x)1k∑i0k−1f(ωix)\sum_{k|i}[x^i]f(x)\frac{1}{k}\sum_{i0}^{k-1}f(\omega^ix)k∣i∑[xi]f(x)k1i0∑k−1f(ωix)
请参考下面的题解以更好地理解这个式子 d1d1d1的时候直接快速幂走人
d2d2d2的时候
考虑生成函数 带标号所以用EGF
得到一位群友的EGF为
f(x)∑2∣i1i!xif(x)\sum_{2|i}\frac{1}{i!}x^if(x)2∣i∑i!1xi
也就是只有偶数项有值
可以构造出
f(x)exe−x2f(x)\frac{e^xe^{-x}}{2}f(x)2exe−x
kkk位群友就是fk(x)f^k(x)fk(x)
强行二项式定理拆开可以得到
12k∑i0k(ki)[xn]ex(2i−k)\frac{1}{2^k}\sum_{i0}^k\binom{k}{i}[x^n]e^{x(2i-k)}2k1i0∑k(ik)[xn]ex(2i−k)
对于[xn]ex(2i−k)[x^n]e^{x(2i-k)}[xn]ex(2i−k),可以考虑它的组合意义相当于用2i−k2i-k2i−k种颜色涂nnn个格子即(2i−k)n(2i-k)^n(2i−k)n,然后得到的是EGF也就是除以了一个n!n!n!;最终算答案会乘上一个n!n!n!刚好抵消。
当然很不严谨因为有负数的情况。严谨证明可以用泰勒展开。
然后暴力枚举即可
对于d3d3d3
f(x)∑3∣i1i!xif(x)\sum_{3|i}\frac{1}{i!}x^if(x)3∣i∑i!1xi
仿照上面的栗子考虑到1,−11,-11,−1是111的二次方根那么现在应该用333的单位根
大胆猜想
f(x)exeωxeω2x3f(x)\frac{e^xe^{\omega x}e^{\omega^2x}}{3}f(x)3exeωxeω2x
后面就没啥区别了
#include iostream
#include cstdio
#include cstring
#include cctype
#define MAXN 500005
using namespace std;
const int MOD19491001;
inline int add(const int x,const int y){return xyMOD? xy-MOD:xy;}
inline int dec(const int x,const int y){return xy? x-yMOD:x-y;}
typedef long long ll;
inline int qpow(int a,int p)
{int ans1;while (p){if (p1) ans(ll)ans*a%MOD;a(ll)a*a%MOD;p1;}return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
const int w118827933,w2663067;
int fac[MAXN],finv[MAXN];
inline void init(const int N)
{fac[0]1;for (int i1;iN;i) fac[i](ll)fac[i-1]*i%MOD;finv[N]inv(fac[N]);for (int iN-1;i0;i--) finv[i](ll)finv[i1]*(i1)%MOD;
}
inline int C(const int n,const int m){return (ll)fac[n]*finv[m]%MOD*finv[n-m]%MOD;}
int main()
{int n,k,d;scanf(%d%d%d,n,k,d);init(k);if (d1) return printf(%d\n,qpow(k,n)),0;if (d2){int ans0;for (int i0;ik;i) ansadd(ans,(ll)C(k,i)*qpow(dec(2*i,k),n)%MOD);ans(ll)ans*inv(qpow(2,k))%MOD;printf(%d\n,ans);return 0;}int ans0;for (int i0;ik;i)for (int j0;jk-i;j)ansadd(ans,(ll)C(k,i)*C(k-i,j)%MOD*qpow(add(add(i,(ll)j*w1%MOD),(ll)(k-i-j)*w2%MOD),n)%MOD);ans(ll)ans*inv(qpow(3,k))%MOD;printf(%d\n,ans);return 0;
}
