\(\mathcal{Preface}\)
单位根反演，顾名思义就是用单位根变换一类式子的形式。有关单位根的基本概念可见我的这篇博客。
\(\mathcal{Formula}\)
单位根反演的公式很简单：
\[[k|n]=\frac{1}k\sum_{i=0}^{k-1}\omega_k^{ni}
\]
\(\mathcal{Proof}\)
分类讨论：
- \(k|n\). 那么 \((\forall i)(\omega_k^{ni}=1)\)，所以右侧为 \(\frac{1}k\sum_{i=0}^{k-1}1=1\)。
\(k\not=n\). 等比数列求和，右侧为 \(\frac{1}k\cdot\frac{1-\omega_k^{kn}}{1-\omega_k^n}\)，其中 \(\omega_k^{kn}=1\)，故分子为 \(0\)，分母不为 \(0\)，式子的值为 \(0\)。
综上，得证。
\(\mathcal{Inference}\)
实际问题中，我们往往需要求出对于某个多项式（多为生成函数）\(f\) 的特定倍数次数的系数和。即求：
\[\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}k\rfloor}[x^{ik}]f(x)
\]
运用单位根反演的基本公式变形：
\[\begin{aligned}
\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n}k\rfloor}[x^{ik}]f(x)&=\sum_{i=0}^n[k|i][x^i]f(x)\\
&=\sum_{i=0}^n[x^i]f(x)\cdot\frac{1}k\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{ij}\\
&=\frac{1}k\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n[x^i]f(x)(\omega_k^j)^i\\
&=\frac{1}k\sum_{j=0}^{k-1}f(\omega_k^j)
\end{aligned}
\]
只要能快速求出 \(f\) 在所有 \(k\) 次单位根处的点值，就能 \(\mathcal O(k)\) 得出原式的值啦。
更方便的形式，若我们想求 \(i\bmod k=r\) 时 \([x^i]f(x)\) 之和，只需要在运用反演时移动一下 \(\omega_k\) 的指标：
\[\begin{aligned}
\sum_{i=0}^n[i\bmod k=r][x^i]f(x)&=\frac{1}k\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{j(i-r)} \right)[x^i]f(x)\\
&=\frac{1}k\sum_{j=0}^{k-1}\omega_{k}^{-jr}f(\omega_k^j)
\end{aligned}
\]
当然，我们常用原根代替单位根。
\(\mathcal{Examples}\)
「LOJ 6485」 LJJ 学二项式定理 & my solution.
