传送门

单位根反演听着高级，其实没啥技术含量……

本文是篇几乎没有证明的佛系讲解

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单位根反演的式子长这样：

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

其实本质是IFFT

感觉懵的？

那直接记结论：对于一个多项式$f(x)$,有

$$\sum _{k|i}[x^i]f(x)=\frac{1}{k}\sum _{i=0}^{k-1}f({\omega }^{i}x)$$

请参考下面的题解以更好地理解这个式子

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$d=1$的时候直接快速幂走人

$d=2$的时候

考虑生成函数 带标号所以用EGF

得到一位群友的EGF为

$$f(x)=\sum _{2|i}\frac{1}{i!}{x}^i$$

也就是只有偶数项有值

可以构造出

$$f(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$$

$k$位群友就是$f^k(x)$

强行二项式定理拆开，可以得到

$$\frac{1}{2^k}\sum _{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)[x^n]e^{x(2i-k)}$$

对于$[x^n]e^{x(2i-k)}$,可以考虑它的组合意义，相当于用$2i-k$种颜色涂$n$个格子，即$(2i-k{)}^n$,然后得到的是EGF，也就是除以了一个$n!$;最终算答案会乘上一个$n!$，刚好抵消。

当然很不严谨，因为有负数的情况。严谨证明可以用泰勒展开。

然后暴力枚举即可

对于$d=3$

$$f(x)=\sum _{3|i}\frac{1}{i!}{x}^i$$

仿照上面的栗子，考虑到$1,-1$是$1$的二次方根，那么现在应该用$3$的单位根

大胆猜想

$$f(x)=\frac{e^x+e^{\omega x}+e^{{\omega }^{2}x}}{3}$$

后面就没啥区别了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 500005
using namespace std;
const int MOD=19491001;
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;}
typedef long long ll;
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
const int w1=18827933,w2=663067;
int fac[MAXN],finv[MAXN];
inline void init(const int& N)
{fac[0]=1;for (int i=1;i<=N;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;finv[N]=inv(fac[N]);for (int i=N-1;i>=0;i--) finv[i]=(ll)finv[i+1]*(i+1)%MOD;
}
inline int C(const int& n,const int& m){return (ll)fac[n]*finv[m]%MOD*finv[n-m]%MOD;}
int main()
{int n,k,d;scanf("%d%d%d",&n,&k,&d);init(k);if (d==1) return printf("%d\n",qpow(k,n)),0;if (d==2){int ans=0;for (int i=0;i<=k;i++) ans=add(ans,(ll)C(k,i)*qpow(dec(2*i,k),n)%MOD);ans=(ll)ans*inv(qpow(2,k))%MOD;printf("%d\n",ans);return 0;}int ans=0;for (int i=0;i<=k;i++)for (int j=0;j<=k-i;j++)ans=add(ans,(ll)C(k,i)*C(k-i,j)%MOD*qpow(add(add(i,(ll)j*w1%MOD),(ll)(k-i-j)*w2%MOD),n)%MOD);ans=(ll)ans*inv(qpow(3,k))%MOD;printf("%d\n",ans);return 0;
}