引

这篇杂谈主要讨论一下 $\bmod $ 和多项式之间的关系，来源于《具体数学》的一道习题：

对于 \(n\bmod 3\) 求出并证明形如 \(a+b\omega^n+c\omega^{2n}\) 的表达式，其中 \(\omega=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt 3}{2}i\)，且满足 \(\omega^3=1\)。

原题可以直接使用待定系数法求解：

根据 \(\omega\) 的性质有 \(\omega^n=\omega^n\cdot \omega^{-3\lfloor\frac{n}{3}\rfloor}=\omega^{n\bmod 3}\)。

接着分别代入 \(n=3k,3k+1,3k+2,k\in \mathbb Z\) 后可以得到：

\[\begin{cases} a\omega^0+b\omega^0+c\omega^0=0\\ a\omega^0+b\omega^1+c\omega^2=1\\ a\omega^0+c\omega^1+b\omega^2=2 \end{cases} \]

可以解得：

\[\begin{cases} a=1\\ b=\frac{1}{3}(\omega-1)\\ c=-\frac{1}{3}(\omega+2) \end{cases} \]

拓展

这么一点东西，写博客的咕咕咕了 10 个月

自然，我们尝试考虑 \(p\in \mathbb N_+\) 的情况。

直接去解这个方程组不失为一种“方法”，但是怎么才能更快呢？注意到，如果我们将待求的若干系数直接看成多项式的系数，也就是有多项式：

\[f(x)=\sum_{k=0}^{p-1}a_kx^k \]

满足 \(f(\omega_p^n)=n\bmod p\)，其中 \(\omega_p\) 为 \(p\) 次单位根，且 \(n\in \mathbb Z\)。我们要求的，就是知道了它的若干个点值，想要反解系数。

首先，根据 \(p\) 次单位根的性质，我们知道其实只有 \(0\le n<p\) 的点值是有效的，而其它的则是无效的。现在我们既然要求多项式的系数，插值可能是一种可行的方法。不过，根据代入点的性质，这其实就是说 \(\operatorname{DFT}(f)[n]=n\bmod p\)，反过来求 \(f\) 的系数，所以对序列 \(\{0,1,2\dots,p-1\}\) 做 IDFT 即可。这样的结果是：

\[a_n=p^{-1}\sum_{k=0}^{p-1}k\omega_p^{-nk} \]

前缀和有其闭形式 \(\sum_{k=0}^{p-1}kx^k=\frac{(p-1)x^{p+1}-px^p+x}{(1-x)^2},x\neq 0,1\)。所以，对于 \(0<n<p\)，可以得到：

\[\begin{aligned} a_n&=p^{-1}\frac{(p-1)\omega_p^{-n(p+1)}-p\omega_p^{-np}+\omega_p^{-n}}{(1-\omega_p^{-n})^2}\\ &=p^{-1}\frac{p(\omega_p^{-n}-1)}{(\omega_p^{-n}-1)^2}\\ &=\frac{1}{\omega_p^{-n}-1} \end{aligned} \]

这个形式还是蛮简洁的。另一方面，我们有 \(a_0=\sum_{k=0}^{p-1}k=\frac{p(p-1)}{2}\)，所以最后的结果是：

\[f(x)=\frac{p(p-1)}{2}+\sum_{n=1}^{p-1}\frac{x^n}{\omega_p^{-n}-1} \]

标签：frac,sum,杂谈,3k,数学,cases,omega,bmod
来源： https://www.cnblogs.com/crashed/p/14778866.html