bzoj3992 [SDOI2015]序列统计

Description

小C有一个集合S，里面的元素都是小于M的非负整数。他用程序编写了一个数列生成器，可以生成一个长度为N的数列，数列中的每个数都属于集合S。

小C用这个生成器生成了许多这样的数列。但是小C有一个问题需要你的帮助：给定整数x，求所有可以生成出的，且满足数列中所有数的乘积mod M的值等于x的不同的数列的有多少个。小C认为，两个数列{Ai}和{Bi}不同，当且仅当至少存在一个整数i，满足Ai≠Bi。另外，小C认为这个问题的答案可能很大，因此他只需要你帮助他求出答案mod 1004535809的值就可以了。

对于10%的数据，1<=N<=1000；

对于30%的数据，3<=M<=100；

对于60%的数据，3<=M<=800；

对于全部的数据，1<=N<=109，3<=M<=8000，M为质数，1<=x<=M-1，输入数据保证集合S中元素不重复

Solution

对于不会做的题可以先从部分分想起，0分暴力也行

先考虑dp，有f[i][j]=∑f[i−1][j∗inv(k)%mod](k∈S)f[i][j]=∑f[i−1][j∗inv(k)%mod](k∈S)，10分到手

注意到了N的范围进而往矩乘dp想，进而倦生

显然这样会跳进坑里出不来的。引入原根的概念：设原根为g（下同，那么有gimodp≢gjmodp(∀i≠j)gimodp≢gjmodp(∀i≠j)。我们求出m的原根，这样所有数都能表示为gx(x∈[0,m−2])gx(x∈[0,m−2])，两数字相乘就变为指数的加法了

一个数x有原根当且仅当x=2、4、pk、2pkx=2、4、pk、2pk，其中p是奇素数。原根一般比较小可以直接暴力。将x-1质因数分解得到x−1=∏pikix−1=∏piki后，一个数a是x的原根满足∀ax−1pi≢1(modx)∀ax−1pi≢1(modx)而对于x不为质数时x-1换成φ(x)φ(x)即可

那么有f[i][j]=∑f[i−1][j−k]∗c[k]f[i][j]=∑f[i−1][j−k]∗c[k]，这里的c[k]c[k]为1当且仅当gk∈Sgk∈S

这就是熟悉的卷积形式了，用NTT是mlogm的。而卷积满足结合律，可以用快速幂加速

NTT与FFT不同之处在于NTT采用原根带入求点值，这里终于写了非递归版的。一个技巧确认能不能用NTT就是看模数有没有原根get√

Code

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <vector>
#define rep(i,st,ed) for (int i=st;i<=ed;++i)
#define fill(x,t) memset(x,t,sizeof(x))

typedef long long LL;
const int N=1048586;
const int MOD=1004535809;

int a
,b
,c
,u
,ans
,rev
;
int n,m,x,s,ny,len;

int ksm(int x,int dep,int mod) {
int ret=1;
while (dep) {
if (dep&1) ret=(LL)ret*x%mod;
dep/=2; x=(LL)x*x%mod;
}
return ret;
}

int get_g(int x) {
std:: vector <int> v;
int tmp=x-1;
rep(i,2,x) {
if (tmp%i) continue;
v.push_back(i);
while (tmp%i==0) tmp/=i;
}
rep(i,2,x) {
bool flag=true;
rep(j,0,v.size()-1) {
if (ksm(i,(x-1)/v[j],x)!=1) continue;
flag=false;
break;
}
if (flag) return i;
}
}

void NTT(int *a,int f) {
rep(i,0,len-1) if (i<rev[i]) std:: swap(a[i],a[rev[i]]);
for (int i=1;i<len;i*=2) {
int wn;
if (f==1) wn=ksm(3,(MOD-1)/i/2,MOD);
else wn=ksm(3,MOD-1-(MOD-1)/i/2,MOD);
for (int j=0;j<len;j+=i*2) {
int w=1;
rep(k,0,i-1) {
int u=a[j+k],v=(LL)w*a[j+k+i]%MOD;
a[j+k]=(u+v)%MOD;
a[j+k+i]=(u-v)%MOD;
w=(LL)w*wn%MOD;
}
}
}
}

void mul(int *c,int *ta,int *tb) {
memcpy(a,ta,sizeof(a));
memcpy(b,tb,sizeof(b));
NTT(a,1); NTT(b,1);
rep(i,0,len-1) c[i]=(LL)a[i]*b[i]%MOD;
NTT(c,-1);
rep(i,0,len-1) c[i]=(LL)c[i]*ny%MOD;
rep(i,m-1,len-1) c[i-m+1]=(c[i-m+1]+c[i])%MOD,c[i]=0;
}

void solve(int *c,int dep) {
while (dep) {
if (dep&1) mul(ans,ans,c);
dep/=2; mul(c,c,c);
}
}

int main(void) {
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&s);
int g=get_g(m),lg=0;
for (len=1;len<=m*2;len*=2,lg++);
for (int i=0;i<len;i++) rev[i]=(rev[i/2]/2)|((i&1)<<(lg-1));
for (int i=1,w=g;i<m-1;i++,w=(LL)w*g%m) u[w]=i;
ny=ksm(len,MOD-2,MOD);
rep(i,1,s) {
int x; scanf("%d",&x);
if (!x) continue;
c[u[x]]=1;
}
ans[0]=1;
solve(c,n);
printf("%d\n", (ans[u[x]]+MOD)%MOD);
return 0;
}