好好好好好题
\(T\) 组数据，给定 \(n, m, k\)，求所有 \(2^n\) 个大小为 \(n\) 的由 \(\pm 1\) 组成的有标号环 \(a_{0\dots n-1}\) 中，有多少个满足 \(\sum_{i=0}^{n-1}\prod_{j=0}^{m-1}a_{(i+j)\ \bmod\ n}=k\)。对 \(998244353\) 取模。
\(1\le T\le 10, 2\le n, \sum n\le 5\times 10^6, |k|\le n, 2\le m\le n\)
显然的这就是对 \(b_i = \prod_{j=0}^{m-1}a_{(i+j)\ \bmod\ n}\) 中 \(-1\) 的个数进行了限制，以下重新令 \(k\) 表示这个个数。于是我们关心对于一个特定的 \(b\) 序列，如何判断是否存在 \(a\) 序列与其对应，以及对应的 \(a\) 序列有多少个。
对于任何一个 \(b\)，考虑它对应的 \(c_i = b_ib_{i+1} = a_ia_{(i+m)\ \bmod\ n}\)，显然地，下标划分成了 \(g = \gcd(n,m)\) 个不同的小环。这些小环上，\(c\) 的数值乘积为 \(0\)，也就是说相邻两个 \(b\) 小环的乘积相等，也就是所有 \(b\) 小环的乘积都相等，这也就是说，所有小环上要么都有奇数个 \(-1\)，要么都有偶数个。所有合法的 \(b\) 数组必须满足这条性质。
当确定了一个满足上述条件的 \(b\) 数组后，通过它对应的 \(c\) 数组，我们确定了每个环上的 \(a\) 的相互关系，也就是说，只要确定其中的任何一个元素，就能确定整个环。此时对应的 \(a\) 数组恰好有 \(2^g\) 个（它们并不都合法）。\(b\) 可以由 \(c\) 和 \(b_0\) 唯一确定，也就是说，当前找到的满足 \(c\) 限制的 \(a\) 数组，如果同时满足 \(b_0\) 的限制，就能唯一对应上我们正在考虑的 \(b\) 数组。
对于每个环，只有将其整体反转的操作可以进行。当 \(\frac{m}{g}\) 为偶数时，对任何一个环做反转都是没有用的。只有一部分（\(2^{n-g}\) 个满足某种性质的）\(b\) 是合法的，并且这些 \(b\) 恰好对应了 \(2^g\) 个合法的 \(a\)（每个环上 \(a\) 都可以任意反转）。而当 \(\frac{m}{g}\) 为奇数时，每个满足先前限制的 \(b\) （\(2^{n-g+1}\) 个）都恰好对应了 \(2^{g-1}\) 个合法的 \(a\)。分别考虑两种情况的答案。
首先考虑 \(\frac{m}{g}\) 为奇数。令 \(t = \frac{n}{g}\)，则答案为：
\[2^{g-1}[z^k]\left(\left(\sum_{i=0}^{t}[i\equiv 0\pmod 2]\binom{t}{i}z^i\right)^g + \left(\sum_{i=0}^{t}[i\equiv 1\pmod 2]\binom{t}{i}z^i\right)^g\right) \]接下来考虑 \(\frac{m}{g}\) 为偶数的情况。注意到每个环上 \(a\) 中所有元素会被算恰好 \(\frac{m}{g}\) 次，所以我们相当于额外限制所有小环上有偶数个 \(-1\)。所以答案即为：
\[2^{g}[z^k]\left(\sum_{i=0}^{t}[i\equiv 0\pmod 2]\binom{t}{i}z^i\right)^g \]怎么求这个东西呢？注意到设 \(\sum_{i=0}^t(-1)^i\binom{t}{i}z^i = (1-z)^t, \sum_{i=0}^t\binom{t}{i}z^i = (1+z)^t\)。所以
\[\begin{aligned} F = \left(\sum_{i=0}^{t}[i\equiv 0\pmod 2]\binom{t}{i}z^i\right)^g = \frac{1}{2^g}\left((1+z)^t+(1-z)^t\right)^g\\ G = \left(\sum_{i=0}^{t}[i\equiv 1\pmod 2]\binom{t}{i}z^i\right)^g = \frac{1}{2^g}\left((1+z)^t-(1-z)^t\right)^g \end{aligned} \]显然求这两个多项式的点值需要用到长度为 \(\Theta(tg = n)\) 级别的 NTT，这个显然不可能过。但是由后面的封闭形式，很容易用快速幂求出单位根处的点值，大大加速求解过程。时间复杂度为 \(\Theta(n\log V)\)，常数很小。
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