电商网站开发详细流程,网站vr用什么做,动漫制作专业名人,wordpress入侵教程传送门 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]n1​i0∑n−1​ωnik​[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]n1​i0∑n−1​ωnik​[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)k1​i0∑k−1​f(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!1​xi 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)}2k1​i0∑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!1​xi 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; }