單位根與其若干應用

單位根的幾個性質

對於一種運算條件下，若\((w_n^1)^n = 1\)，那么\(w_n^1\)即\(n\)次單位根。
我們令\(w_{n}^k = (w_{n}^1)^k\)。
單位根在復數意義下有三角表示：\(w_n^k = e^{\frac{2\pi k}{n}i} = cos(\frac{2\pi k}{n}) + sin(\frac{2\pi k}{n})i\)。
在模\(p\)意義下，由於原根\(g\)滿足\(g^{p-1} \equiv 1(mod\ p)\)，所以可以令\(w_{p}^1 = g^{\frac{p-1}{n}}\)。
復數運算的幾何意義：模長相乘，轉角相加。
根據復數乘法的幾何意義，顯然有：

• \(w_{n}^k = w_{nr}^{kr}\)
• \(w_{n}^k = w_{n}^{k\% n}\)
• \(w_{n}^{k + \frac{n}{2}} = -w_{n}^k\)

這幾個性質后面都會用到。

單位根反演

我們有式子：\(\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n - 1} (w_{n}^k)^i = [n|k]\)，證明其實不難。
若\(n|k\)，那么\(w_n^k = w_{n}^0 = 1\)，所以\(\sum_{i=0}^{n-1} (w_n^k)^i = n\)。
否則，\(\sum_{i=0}^{n-1} (w_n^k)^i = \frac{1-(w_{n}^{k})^n}{1 - w_{n}^k} = \frac{1 - w_n^0}{1 - w_n^k} = 0\)。
證畢。
可以化簡大量包含形如\(\sum_i[d|i] F(i)\)的式子的計算。

離散傅里葉變換(DFT)

我們用\(n\)個點可以表示出\(n-1\)次多項式，稱這種表示為點值表示法。
點值表示法的多項式乘法顯然為\(O(n)\)，即\((x,y_1)*(x,y_2) = (x,y_1y_2)\)。
點值表示法轉系數表示法的傳統做法為拉格朗日差值，復雜度\(O(n^2)\)。
傅里葉提出，通過帶入單位根，優化這個過程。
對於一個\(n-1\)次多項式\(A(x) = \sum_{i=0}^{n-1} a_i x^i\)，考慮帶入\(x_k = w_{n}^k\)來做出點值表示，其中\(k\in[0,n)\)。
我們設得到的點值表示為\(A(x):\{(w_n^k,y_k)|k\in [0,n)\}\) ，令\(B(x) = \sum_{i=0}^{n-1} y_i x^i\)。
把\(w_{n}^{k}\)的倒數分別帶入\(B(x)\)中：
\(B(w_n^{-k}) = \sum_{i=0}^{n-1} y_i w_n^{-ki} = \sum_{i=0}^{n-1} (\sum_{j=0}^{n-1} a_j w_n^{ij})w_n^{-ki}\)
\(B(w_n^{-k}) = \sum_{j=0}^{n-1} \sum_{i=0}^{n-1} a_j w_n^{(j-k)i}\)，后面一坨就是單位根反演的變形。
\(B(w_n^{-k}) = \sum_{j=0}^{n-1} a_j (\sum_{i=0}^{n-1} w_n^{(j-k)i}) = k_j n\)。
所以\(a_k = \frac{B(w_n^{-k})}{n}\)，爽！
可以發現我們不需要拉格朗日差值了，帶入單位根倒數得點值表示，然后除\(n\)就是每一項的系數了。
總結一下，我們得到了這樣的東西：
\(f_i = \sum_{j=0}^{n-1} w_n^j g_j\) --------------------> \(g_i = \frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1} w_{n}^{-j} f_j\)。

快速傅里葉變換(FFT)

考慮利用離散傅里葉變換，實現快速多項式乘法。
我們假設求長度為\(n\)的多項式的離散傅里葉變換，設\(d|n\)。
考慮求\(A(x) = \sum_{i=0}^{n-1} a_i x^i\)帶入\(w_n^{0,1...n-1}\)的點值表示結果，我們按照模\(d\)剩余類分類。
設\(A_r(x) = \sum_{i=0}^{\frac{n}{d} - 1} a_{id+ r} x^i\)，假設我們已經求得了它們帶入\(w_{\frac{n}{d}}^{0,1,...\frac{n}{d}-1}\)的點值表示結果。
那么\(A(w_{n}^k) = \sum_{r=0}^{d-1} (w_{n}^{kr}) A_r((w_{n}^k)^d) = \sum_{r=0}^{d-1} (w_n^{kr\% n}) A_r(w_{\frac{n}{d}}^k)\)。
所以貌似分治就行了......
一般使用時，我們把\(n\)補全為\(2^t\)，這樣\(d\)恆等於\(2\)，每次折半分治即可。
關於非遞歸\(FFT\)：
預處理每個點分治若干次后到達的實際位置，然后從底向上還原(每次合並都是一段區間)。
快速數論變換(NTT)的原理與快速傅里葉變換(FFT)沒有任何區別，所以就不寫了。

循環卷積

當多項式乘法在指數模\(n\)意義進行，我們乘其為指數模\(n\)意義下的循環卷積。
而單位根有很好的性質：\(w_{n}^k = w_{n}^{k\% n}\) 。
我們假設能夠求出帶入\(w_n^{0,1,2...,n-1}\)后多項式的值，那么\(Idft\)就能夠求出原多項式的每一項系數。
一類特殊循環卷積：
考慮對於長度為\(n\)的多項式\(A(x)\),\(B(x)\)，求：
\(C(x):\ C_k = \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=0}^{n-1}[(i+j)\%n=k] a_ib_j\)。
一個非常有趣的結論：
求得\(A(x)\)、\(B(x)\)的離散傅里葉變換的點值，那么\(C(x)\)的點值表示就為\(A(x)\)點值與\(B(x)\)點值的積。
即若你要求\(A(x)^m\)，那么只需要求\(A(x)\)的傅里葉變換點值，把點值\(m\)次方后再還原回去即可。
所謂傅里葉變換點值就是指帶入\(w_{n}^{0,1...,n - 1}\)得到的點值 。
我們來證明一下，其實暴力帶入驗證即可。
\(C(w_n^k) = A(w_n^k) B(w_n^k) = (\sum_{i=0}^{n-1} a_i w_n^{ki})(\sum_{j=0}^{n-1} b_j w_{n}^{kj})\)
\(C(w_n^k) = \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=0}^{n-1} a_ib_j w^{k(i+j)}_n = \sum_{r=0}^{n-1} \sum_{i=0}^{n-1} \sum_{j=0}^{n-1}[(i+j)\%n=r] a_ib_j w_n^{k}\)
剛好就是循環卷積要求的東西，證畢。

幾道有趣的題目

嘿嘿嘿......見下面。

[CTSC2010] 性能優化

問題就是求\(B(x)^C\)在指數模\(n\)意義下的循環卷積，同時模數為\(n+1\)，多項式長度為\(n\)。
我們在上面已經討論過這種循環卷積的處理方式了。
所以只需要求\(B(x)\)帶入\(w_{n}^{0,1...n-1}\)的點值表示，然后\(C\)次方后再\(Idft\)回去。
我們需要支持快速\(dft\)，而我們已知\(n\)能夠分解為\(2^{k_1}3^{k_2}5^{k_3} 7^{k_4}\)。
那么考慮分治\(dft\)，類似\(fft\)每次把多項式分成若干份，然后自底向上合並即可。
由於每次分成的份數不超過\(7\)，所以合並的復雜度顯然是正確的。
可以預先搜出每個點在分治\(dft\)的過程中最后到了哪個位置，這樣就可以非遞歸實現算法了。

[牛客挑戰賽23F] 計數(解法一)

對於一棵生成樹，設其邊權為\(\sum_{e\in E} val_e\)，那么\(Ans = \sum_E [k|\sum_{e\in E} val_e]\)。
單位根反演有：\(Ans = \frac{1}{k}\sum_E \sum_{j=0}^{k-1} (w_k^{\sum_{e\in E} val_e})^j = \frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1} \sum_E \prod_{e\in E} (w_k^j)^{val_e}\)。
后面一坨是我們熟悉的變元矩陣樹定理，所以\(\sum_E \prod_{e\in E} (w_k^j)^{val_e}\)直接用矩陣樹定理算即可。

[牛客挑戰賽23F] 計數(解法二)

依舊考慮變元矩陣樹定理，考慮把邊權相加變為邊權相乘。
定義每條邊\(e\)的生成函數\((1 + x^{val_e})\)，那么一個合法邊集可以看做在指數模\(k\)意義下的循環卷積。
考慮令\(x = w_{k}^{0,1...k-1}\)，那么帶入\(w_k^j\)做矩陣樹定理就能夠得到\(A(w_k^{j})\)。
而我們的最終目標是求\(A(x)\)中的系數\(a_0\)，所以再\(Idft\)即可。

[牛客挑戰賽11E] 白兔的刁難(解法一)

考慮組合意義，不難發現\(ans_t\)就是\((1+x)^n\)在指數模\(k\)意義下的循環卷積第\(t\)項的系數。
暴力帶入\(w_k^{0,1...,k-1}\)，得點值表示后再\(Idft\)即可。

[牛客挑戰賽11E] 白兔的刁難(解法二)

考慮暴力單位根反演，\(Ans_t = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} [k|i-t] = \frac{1}{k}\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} \sum_{j=0}^{k-1} (w_{k}^{i-t})^j\)。
所以\(Ans_t = \frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1} (w_k^{-t})^j \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} (w_{k}^i)^j = \frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1} (w_k^{-t})^j (1 + w_k^j)^n\) 。
不難發現這是一個\(Idft\)形式。
我們把\((1+w_k^j)^n\)看做\(A(w_k^j)\)(指數模\(k\)意義下的循環卷積)，即\((1+w_k^j)^n = A(w_k^j) = y_j\) 。
那么\(Ans_t = B(w_k^{-t}) = \frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1} y_j (w_k^{-t}) = \frac{1}{k} (a_t k) = a_t\)。
所以\(Ans_t\)等於\(A(x) = (1 + x)^n\)這個循環卷積的第\(t\)項系數，與我們組合意義所得的內容一致。