前置技能
引入
从一道题说起……
给定$n,s,a_0,a_1,a_2,a_3$，求
$$\sum_{i=0}^{n} {n \choose i} s^i a_{i \bmod 4}$$
答案对$998244353$取模
$1 \le n \le 10^{18}, 1 \le s,a_0,a_1,a_2,a_3 \le 10^8$
一脸绝望
在高中的时候，数学老师教会了我们$(a+b)^{n}=\sum_{i=0}^{n}{n \choose i}a^{i}b^{n-i}$，然后惊喜的发现这道题不能这么做！
在$OI$中，我们学习了单位根的基本性质（如果还未学，可从前置技能部分的单位根处点击链接学习），关于单位根还有一个迷之用法——单位根反演
构造生成函数
对于数列$a_i$，构造其生成函数$f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$
现在我们想知道所有下标是$k$的倍数的$a_i$的和，既$\sum_{i=0}^{n}a_i[k|i]$
一个关于$[n|k]$的等式
有一个关于$n$次单位根$w_n$的等式，看起来十分有趣 毒瘤
$$[n|k]=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{ki}$$
证明
如果$n \mid k$，设$k=np$，则
$$\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}w_n^{npi \bmod n}=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}w_n^{0}=1$$
注：$npi \bmod n=(n \bmod n) \times (pi \bmod n)=0 \times (pi \bmod n)=0$
如果$n \nmid k$，根据等比数列求和公式，则
$$\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_{n}^{ki}=\frac{1}{n}(w_n^{0}\frac{1-\omega_n^{k(n-1)}}{1-w_n^{k}})=\frac{w_n^0-w_n^{kn}}{n(1-\omega_n^{k})}=0$$
于是对于$N$次单位根$w_N$可以这么搞：
$$\frac{\sum_{i=0}^{N-1}f(w_N^i)}{N}=\frac{\sum_{i=0}^{n}a_i\sum_{j=0}^{N-1}w_N^{ij}}{N}=\sum_{i=0}^{n}a_i[N \mid i]$$
于是就可以得到所有下标是$N$的倍数的$a_i$的和了
有一个问题
但是发现，只知道所有$N \mid i$的$a_i$的和还不够有用，如果分别知道$i \bmod N \in [0,N-1]$的$a_i$的和的话就十分有用了
数学老师告诉我们，$f(x)$通过乘以$x$的若干次幂可以实现函数的平移（虽然说这句话不太严谨……但还是可以凑合着看看……）
比如说现在有$f(x)=a_0x^{0}+a_1x^{1}+a_2x^{2} + \dots$
对其乘上$x^{-1}$后会得到$f(x)x^{-1}=a_0x^{-1}+a_1x^{0}+a_2x^{1} + \dots$
再用上面的方法求后就得到了$N \bmod i = 1$的所有$a_i$和
回到例题
在这道题中，构造$f(x)=\sum_{i=0}^{n} {n \choose i} s^i x^i 1^{n-i}=(sx+1)^n$
则答案为$\sum_{i=0}^{3}a_ic_i$，其中$c_i=\sum\limits_{j=0}^{n}{n \choose j}s^j[j \bmod 4 = i]$
对于$c_i$的$f(\omega_N^j)$，因为需要将$\omega_N^{j}$向右平移$i$次，只需要将其变为$\huge \frac{f(\omega_N^j)}{\omega_N^{ij \bmod 4}}$即可
扩展到矩阵上
题目描述
给定$n,k,p$，求
$$\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} {n \choose ik}F_{ik}$$
其中$F_0=F_1=1$，且$\forall n \ge 2,F_i=F_{i-1}+F_{i-2}$
答案对$p$取模
$1 \le n \le 10^{18}$
$1 \le k \le 20000$
$1 \le p \le 10^9$
$p$是素数
$p \bmod k = 1$
题解
单位根反演的结论在矩阵意义上也是成立的
也就是说求
$$\sum_{i=0}^{n} {n \choose i} F_i [k \mid i]$$
设$A$是斐波那契数列的转移矩阵，$I$为单位矩阵
通过套用二项式定理，有
$$f(x)=(Ax+I)^n=\sum_{i=0}^{n} {n \choose i}A^ix^iI^{n-i}$$
再套用单位根反演，有
$$T=\frac{\sum_{i=0}^{k-1}f(\omega_k^i)}{k}$$
然后就做完了，答案就是矩阵$T$的左上角
总结
如果想计算序列$a_0, a_1,a_2, \dots , a_n$的所有满足$k|i$的$a_i$的和的话
首先构造$f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$
然后将$\omega_k^i(i \in [0,k-1])$依次代入到$f(x)$中，并求和
最后除以$k$即可
也就是说
$$\sum_{i=0}^{n}a_i[k|i]=\frac{1}{k}\sum_{i=0}^{k-1}f(\omega_k^i)$$
参考文献
shadowice1984 loj6485 LJJ学二项式定理
