反演公式
\[[n | v] = \frac{1}{n}\sum_{0 \le j < n}(\omega_n^v)^j
\]
证明很简单，等比数列求和即可。
计算单位根
一般来说我们都是计算原根，而对于一个素数 \(p\)，\(g\) 是原根当且仅当对于所有 \(p-1\) 的质因子 \(p_i\) 都有 \(g^{\frac{p-1}{p_i}} \not\equiv 1 \pmod p\)。
而最小质因子是 \(O(m^{\frac{1}{4}})\)，所以我们暴力枚举加检验即可。
应用
一定要注意 \(\omega_{n}^0 = 1\)！！！！
题意：
给定 \(k \le 2^20, n \le 10^{16}, p = 998244353\)，求 \(t \in [0, k)\)，\(a_t =\sum_{k | i,0 \le i + t \le n} \binom{n}{i + t}\)。
思路：
直接单位根反演：
\[\begin{aligned}
\sum_{k | i,0 \le i + t \le n} \binom{n}{i + t}
&=
\sum_{0 \le i\le n} \binom{n}{i}[k | i - t]\\
&=
\sum_{0 \le i\le n} \binom{n}{i}\frac{1}{k}\sum_{j = 0}^{k-1}(\omega_{k}^{i -t})^j\\
&=
\frac{1}{k}\sum_{j = 0}^{k-1}\omega_{k}^{-tj}\sum_{0 \le i\le n} \binom{n}{i}\omega_{k}^{ij}\\
&=
\frac{1}{k}\sum_{j = 0}^{k-1}\omega_{k}^{-tj}(1 + \omega_k^j)^n\\
\end{aligned}
\]
不妨令 \(y_j = (1 + \omega_k^j)^n\)，则上式就是一个 IDFT 形式的东西，利用 NTT 解决即可。
设 \(W\) 是 \(n \times n\) 的邻接矩阵，则我们有走 \(m\) 步的方法数等于：
\[\binom{L}{m}W^m
\]
所以我们要求的就是对于所有 \(t\)：
\[\sum_{m=0}^L\binom{L}{m}W^m[k | m - t]
\]
单位根反演可以化为：
\[\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{-tj}(1 + \omega_k^jW)^m
\]
不妨设 \(A_j = (I + \omega_{k}^jW)^L\)，\(a_j\) 为 \(W\) 中编号第 \(j\) 个的系数，则我们要求的就是 \(IDFT(a)\)。使用 MTT 即可解决。
直接大力推式子：
\[\begin{aligned}
ANS
&= \sum_{T}[k | \sum_{e \in T}val_e]\\
&= \frac{1}{k}\sum_{T}\sum_{j=0}^{k-1}(\omega_{k}^{\sum_{e \in T}val_e})^j\\
&= \frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{T}\prod_{e \in T}(\omega_k^{j})^{val_e}
\end{aligned}
\]
转化成标准的矩阵树定理形式求解，时间复杂度 \(O(kn^3)\)。
考虑对余数分类讨论，假设 \(i \bmod 4 = k\)，则贡献为：
\[a_k\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}s^{i}[4 | i - k]
\]
我们还是利用单位根反演，最终可以推出：
\[\frac{1}{4}a_k\sum_{j=0}^3\omega_{4}^{-kj}(1 + s\omega_4^j)^n
\]
近似于 \(O(1)\) 计算了。
很好的一道题。
首先这道题明显复杂度和 \(k\) 相关，且 \(k\) 的特性以及模数是 \(998244353\) 告诉我们这道题很明显要让我们使用单位根来做。
我们希望把式子化成存在 \(\bmod\) 的形式，不妨考虑下面这个式子：
\[\lfloor\frac{i}{k}\rfloor = \frac{i - i \bmod k}{k}
\]
所以我们将计算的式子变为：
\[\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}p^i\frac{i - i \bmod k}{k}
\]
我们分别计算两部分，对于：
\[\sum_{i=0}^ni\binom{n}{i}p^i
\]
我们根据组合数的重要性质 \(\binom{n}{i} = \frac{n}{i}\binom{n - 1}{i - 1}\)，得到 \(i\binom{n}{i} = n\binom{n-1}{i-1}\)，所以我们可以将其转化为标准的二项式定理，从而得到其封闭形式：
\[np(p + 1)^{n-1}
\]
对于后面的式子，枚举余数 \(r\)，可以得到：
\[a_r = \frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\omega_{k}^{-rj}(p\omega_{k}^j+1)^n
\]
直接 IDFT 即可，时间复杂度 \(O(k \log k)\)。
类似白兔之舞可以转化成：
\[\frac{1}{k}\sum_{j = 0}^{k - 1}(I + \omega_k^jW)^n
\]
于是我们每次只需要计算矩阵快速幂，然后将 \((s, t)\) 作为答案加起来即可。
转化成：
\[\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}F_i[k|i]
\]
然后单位根反演，用矩阵快速幂来计算即可。
绝世好题，被我推出来了，赢（）
先考虑答案，我们可以写一个暴力一点的式子：
\[\sum_{i_1 + i_2 + \dots + i_k = n}\binom{n}{i_1, i_2, \dots, i_k}[d|i_1][d|i_2]\dots[d|i_k]
\]
这就是答案。
考虑计算，对于这种带有多项式系数的式子不难想到 EGF，我们定义：
\[F(x) = \sum_{i}\frac{[d|i]x^i}{i!}
\]
则我们要求的就是 \(n![x^n]F^k(x)\)，考虑对于 \(F(x)\) 单位根反演：
\[\begin{aligned}
F(x)
&=
\sum_{i}\frac{[d|i]x^i}{i!}\\
&=
\sum_{i}\frac{x^i}{i!}\frac{1}{d}\sum_{j=0}^{d-1}(\omega_d^i)^j\\
&=
\frac{1}{d}\sum_{j=0}^{d-1}\sum_{i}\frac{(x\omega_d^j)^i}{i!}\\
&=
\frac{1}{d}\sum_{j=0}^{d-1}e^{x\omega_d^j}\\
\end{aligned}
\]
则我们要求的就是：
\[\frac{1}{d^k}[x^n](\sum_{j=0}^{d-1}e^{x\omega_d^j})
\]
发现 \(d\) 只有三种取值，我们分类讨论：
对于 \(d=1\) 答案为：
\[\frac{n!}{d^k}[x^n]e^{xk}
\]
直接 taylor 展开得到：
\[\frac{n!}{d^k}\frac{k^n}{n!} = k^n
\]
考虑组合意义不难发现相当于没有任何限制，每一秒可以任意选一个复读机。
对于 \(d=2\)，答案为：
\[\begin{aligned}
\frac{n!}{d^k}[x^n](e^x + e^{x\omega})^k
&=
\frac{n!}{d^k}\sum_{a+b=k}\binom{k}{a}[x^n]e^{ax + bx\omega}\\
&=
\frac{n!}{d^k}\sum_{a+b=k}\binom{k}{a}[x^n]e^{x(a + b\omega)}\\
&=
\frac{n!}{d^k}\sum_{a+b=k}\binom{k}{a}[x^n]\sum_{j}\frac{x^j(a+b\omega)^j}{j!}\\
&=
\frac{n!}{d^k}\sum_{a+b=k}\binom{k}{a}\frac{(a+b\omega)^n}{n!}\\
&=
\frac{1}{d^k}\sum_{a+b=k}\binom{k}{a}(a+b\omega)^n\\
\end{aligned}
\]
\(O(k)\) 枚举计算即可。
对于 \(d=3\)，类似的，我们可以得到最后答案为：
\[\frac{1}{d^k}\sum_{a+b+c=k}\binom{k}{a,b,c}(a+b\omega+c\omega^2)^n
\]
可以 \(O(k^2)\) 计算。这道题就做完了。
个人觉得是单位根反演题中不那么套路的题。
