正题
题目大意
给出\(n,k\)求
\[\sum_{0\leq i\leq n,i|k}\binom{n}{i} \]对\(998244353\)取模
\(1\leq n\leq 10^{15},1\leq k\leq 2^{20},k=2^p(p\in N)\)
解题思路
随便找的一题竟然是单位根反演，不过很基础而且很裸。
首先单位根反演的式子\([i|k]=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{i\times j}\)
然后带到这题的式子就是
\[\sum_{i=0}^n\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{i\times j}\binom{n}{i} \]然后把\(j\)提出来
\[\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n(\omega_k^{i})^j\binom{n}{i} \]然后二项式定理
\[\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}(\omega_k^{i}+1)^n \]额但是\(n\)很大直接用复数精度肯定会炸，但是\(998244353-1=2^{23}\times 7\times 17\)...又因为\(k=2^p\)，其实就是类似于\(NTT\)的思路我们直接用原根\(\omega_k^1=g^{\frac{P-1}{k}}\)就好了。
时间复杂度\(O(k\log n)\)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll P=998244353;
ll n,k,ans;
ll power(ll x,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*x%P;
x=x*x%P;b>>=1;
}
return ans;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
ll g=power(3,(P-1)/k),z=1;
for(ll i=0;i<k;i++,z=z*g%P)
(ans+=power(z+1,n)%P)%=P;
printf("%lld\n",ans*power(k,P-2)%P);
return 0;
}