跳转至

Math

  • 分类于 Math
  • 需要 3 分钟阅读时间

单位根相关

复数域下方程 \(x^n = 1\) 恰好有 \(n\) 个解，记 \(\omega_n = e^{\frac {2 \text{i} \pi} n}\)，则这 \(n\) 个解恰好为 \(1,\omega_n,\omega_n^2,\cdots,\omega_n^{n-1}\)。我们将 \(\omega_n\) 称作 \(n\) 次单位根。

在运算中，有 \(\omega_n = e^{\frac {2 \text{i} \pi} n} = \cos \frac {2 \pi} n + \text{i} \sin \frac{2 \pi} n\)。

特别地，在模 \(P\) 意义的数域下，有 \(\omega_n \equiv g^{\frac {P-1} n} \pmod P\)，其中 \(g\) 是模 \(P\) 意义下的原根。

基础公式

Lemma 1

\[ \sum _{i=0} ^{n-1} \omega_n^i = [n=1] \]

这是因为根据等比数列求和公式有原式 \(= \frac{1 - \omega_n^n} {1 - \omega_n}\)，当 \(n>1\) 时该式分子为零分母不为零，当 \(n=1\) 时原式等于 \(1\)。

Lemma 2

\[ [n|k] = \frac 1 n \sum _{i=0} ^{n-1} \omega _n ^{ik} \]
证明

  • 当 \(n|k\) 时，原式显然成立。

  • 当 \(n \nmid k\) 时，有 \(\omega_n ^k \not = 1\)，根据等比数列求和公式有 $$ \sum _{i=0} ^{n-1} \omega _n ^{ik} = \frac {1 - \omega_n ^{kn}} {1 - \omega_n ^k} = 0 $$

注意到 Lemma 1 是 Lemma 2 \(k=1\) 时的特例。

Lemma 3

\[ [k \equiv a \pmod n] = \frac 1 n \sum_{i=0}^{n-1} \omega_n^{i(k-a)} \]

这是因为 \(k \equiv a \pmod n \iff n \mid (k-a)\)。

Lemma 2 和 Lemma 3 是 单位根反演 的重要公式。

单位根反演

设有多项式 \(f(x)\)，现在我们要求它在 \(d\) 的倍数处的系数和，即 \(\sum_{d \mid i} [x^i]f(x)\)，但是难以求出这个多项式的系数序列，甚至是无限长的。这是我们就要用到单位根反演。

基本形式

\(\sum_{d \mid i} [x^i]f(x) = \frac 1 d \sum_{i=0}^{d-1} f(\omega_d ^i)\)。

证明考虑设 \(f(x) = \sum _{i \ge 0} a_i x^i\)，考虑对于一位 \(a_j\)，它贡献答案的系数为 \(\sum _{i=0} ^{d-1} \omega_d ^{ij}\)，根据 Lemma 2 这个式子等于 \(d[d|j]\)，因此原式易得。

由此以及 Lemma 3 我们容易得到更一般的形式：

\[ \sum _{i \equiv a \pmod n} [x^i] f(x) = \frac 1 n\sum _{i=0} ^{n-1} \omega_n ^{-ia} f(\omega_n ^i) \]

例题

LOJ 6485

给定 \(n,s,a_{[0,4)}\)，求

\[ \sum _{i=0} ^n \binom {n} {i} s^i a_{i \bmod 4} \]
solution

容易想到对于 \(i \in [0,4)\) 分开统计贡献，我们由系数序列 \(f_i = \binom n i s^i\) 得到函数 \(f(x) = (1+xs)^n\)，由单位根反演的基本形式容易在 \(O(\log n)\) 内解决。

推荐例题：QOJ5370。

Luogu P5591

给定 \(n,p,k\)，询问

\[ \sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times \left\lfloor \frac{i}{k} \right\rfloor \bmod 998244353 \]

保证 \(k\) 是 \(2\) 的 \([0,20]\) 次幂。

hint

\(\left\lfloor \frac{i}{k} \right\rfloor = \frac {i - (i \bmod k)} k\)

solution

将答案拆成 \(\sum_i \binom n i p^i i\) 和 \(\sum_i \binom n i p^i (i \bmod k)\) 两部分。

对于第一部分，我们有 \(\binom n m = \frac n m \binom {n-1} {m-1}\)，因此

\[ \begin{aligned} \sum_{i=0} ^n \binom n i p^i i & = n \sum_i \binom {n-1} {i-1} p ^i \\ & = n p (1 + p) ^{n-1} \\ \end{aligned} \]

最后一步由二项式定理易得。

第二部分使用单位根反演，对于 \(i \in [0,k)\) 计算系数：

\[ \begin{aligned} \sum_{i=0} ^n \binom n i p^i (i \bmod k) & = \sum _{i=0} ^{k-1} i \sum_{j=0} ^n [i \equiv j \pmod k] \binom n j p^j \\ & = \sum _{i=0} ^{k-1} i \sum_{j=0} ^n \sum_{t=0} ^{k-1} \omega_k^{t(j-i)} \binom n j p^j \\ & = \sum _{i=0} ^{k-1} i \sum_{t=0} ^{k-1} \omega_k^{-it}\sum_{j=0} ^n \omega_k^{tj} \binom n j p^j \\ & = \sum _{i=0} ^{k-1} i \sum_{t=0} ^{k-1} \omega_k^{-it}\sum_{j=0} ^n \binom n j (\omega_k^tp)^j \\ & = \sum _{i=0} ^{k-1} i \sum_{t=0} ^{k-1} \omega_k^{-it} (1 + \omega_k^t p)^n \\ & = \sum _{i=0} ^{k-1} i \sum_{t=0} ^{k-1} \omega_k^{-it} g(t) & \bigg(g(x) = (1 + \omega_k^x p)^n \bigg) \\ & = \sum _{i=0} ^{k-1} i f(\omega_k^{-i}) & \bigg(f(x) = \sum_{i=0} ^{k-1} g(i)x^i\bigg) \\ \end{aligned} \]

算式中的 \(g(x)\) 我们可以在 \(O(k \log n)\) 的时间内求出，而对于求 \(f\) 在单位根处的点值，我们可以通过 NTT 在 \(O(k \log k)\) 时间内求出，总时间复杂度 \(O(k(\log k + \log n))\)。

当然本题还有更简单的做法，即在公式倒数第二步交换 \(i,t\) 的求和顺序，然后就是求一个 \(S(n,x) = \sum_{i=0} ^n i x^i\)，可以用类似等比数列求和的技巧做到 \(O(\log n)\) 时间内求解。

Luogu P10664

给定整数 \(n,k,p\)，要求计算下列式子对 \(p\) 取模的值：

\[\sum_{i=0}^n [k|i] \binom n {i} F_{i}\]

其中：

  • \(p\) 为质数，且 \(p\) 除以 \(k\) 的余数为 \(1\)。

  • \(F_n\) 为斐波那契数列，即 \(F_0=1\)，\(F_1=1\)，\(F_n=F_{n-1}+F_{n-2}(n\geq 2)\)。

hint

Fibonacci 数列看起来很棘手，难以将其转化为多项式函数。

但是别忘了它可以用矩阵快速幂计算，我们可以将函数变为从矩阵到矩阵的映射，从而将 \(F_i\) 变成 \(x^i\)。

solution

先忽略 \(k\) 的限制，我们要求 \(\sum_i \binom n i F_i\)。

我们设 Fibonacci 转移矩阵为 \(X\)，则原式为 \((I + X)^n\)。

最后设 \(f(x)=(I+Xx)^n\) 即可使用单位根反演快速计算。

注意 \(n\) 要开到 long long 范围。

参考

  • 分类于 Math
  • 需要 5 分钟阅读时间

行列式

定义

定义 \(n\) 阶方阵 \(A\) 的行列式为：

\[ \det A=\begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} =\sum_{p_1,p_2,\cdots,p_n} (-1)^{\tau(p_1,p_2,\cdots,p_n)} \prod_{i=1}^n a_{i,p_i} \]

其中 \(\{p_1,p_2,\cdots,p_n\}\) 是一个 \(n\) 的排列，\(\tau(p_1,p_2,\cdots,p_n)\) 表示 \(\{p_1,p_2,\cdots,p_n\}\) 的逆序数。

引理

Lemma 1

\[ \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ ka_{i,1} & ka_{i,2} & \cdots & ka_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} = k \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} \]

读者自证不难。

Lemma 2

\[ \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1} & a_{j,2} & \cdots & a_{j,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} = -\begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1} & a_{j,2} & \cdots & a_{j,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} \]

读者自证不难。

Lemma 3

若矩阵有相同的两行，则行列式为零。

Proof: 交换相同的两行后矩阵不变，且由 Lemma 2 得行列式变号，即 \(|A|=-|A|\)，所以 \(|A|=0\)。\(\square\)

Lemma 4

若矩阵某一行是另一行的倍数，则行列式为零。

Proof: 由 Lemma 1 & Lemma 3 易证。

Lemma 5

若 \(\forall j,a_{i,j} = b_j + c_j\)，则

\[ \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ b_1 & b_2 & \cdots & b_n \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ c_1 & c_2 & \cdots & c_n \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} \]

读者自证不难。

Lemma 6

\[ \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1} & a_{j,2} & \cdots & a_{j,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1}+ka_{i,1} & a_{j,2}+ka_{i,2} & \cdots & a_{j,n}+ka_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} \]

Proof: 设

\[ A = \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1} & a_{j,2} & \cdots & a_{j,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix}, B = \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ ka_{i,1} & ka_{i,2} & \cdots & ka_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} \\ C = \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1}+ka_{i,1} & a_{j,2}+ka_{i,2} & \cdots & a_{j,n}+ka_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} \]

由 Lemma 4 得 \(|B|=0\)，由 Lemma 5 得 \(|C| = |A| + |B| = |A|\)。\(\square\)

Lemma 7

\[ \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ 0 & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} = \prod_i a_{i,i} \]

即上三角矩阵的行列式为主对角线元素的乘积。

Proof: 由行列式的定义得若 \(\exists i, a_{i,p_i} = 0\)，那么整个排列对行列式无贡献。

因此要想对行列式有贡献，\(p_n\) 必等于 \(n\)，同理得 \(\forall i, p_i = i\)。\(\square\)

求解

显然有 \(\mathrm O(n! n)\) 的 naive 方法，但如果这样上面的 \(\LaTeX\) 就白写了（

考虑把矩阵转化为上三角矩阵并由 Lemma 7 \(\mathrm O(n)\) 计算行列式。

这个过程形如高斯消元，于是考虑用高斯消元法来求解行列式。

假设目前处理到第 \(i\) 行，要使得 \(\forall j > i, a_{j,i} = 0\)。

显然可以让第 \(j\) 行加上第 \(i\) 行乘 \(- \frac{a_{i,j}}{a_{i,i}}\)，但对于任意模数情况下 \(a_{i,i}\) 不一定有逆元。

因此，我们考虑用辗转相除法。

每次使得 \(a_{j,i} \gets a_{j,i} \bmod a_{i,i}\)，并交换第 \(i\) 行与第 \(j\) 行，直到 \(a_{i,i}\) 为 \(0\)。

即让第 \(j\) 行加上第 \(i\) 行乘 \(- \lfloor \frac{a_{i,j}}{a_{i,i}} \rfloor\)。

时间复杂度看似是 \(\mathrm O(n^3 \log P)\)，但可以证明是 \(\mathrm O(n^3)\)，其中 \(P\) 是模数。

参考代码 
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
int n,p,a[N + 2][N + 2];
int det() {
    int sgn=0;
    for(int i=1; i<=n; ++i)
        for(int j=i+1; j<=n; ++j) {
            while(a[i][i]) {
                ll d=a[j][i]/a[i][i];
                for(int k=1; k<=n; ++k)
                    a[j][k]=(a[j][k]-d*a[i][k]%p)%p;
                swap(a[i],a[j]);
                sgn^=1;
            }
            swap(a[i],a[j]);
            sgn^=1;
        }
    ll ans=sgn?-1:1;
    for(int i=1; i<=n; ++i) ans=ans*a[i][i]%p;
    return (ans+p)%p;
}

应用

  • 矩阵树定理