题目描述

输入

第一行有四个整数 n, p, k, r,所有整数含义见问题描述。
1 ≤ n ≤ 10^9, 0 ≤ r < k ≤ 50, 2 ≤ p ≤ 2^30 − 1

输出

一行一个整数代表答案。

样例输入

2 10007 2 0

样例输出

8


题目大意

问从nk个数中选出若干个,且选出数的数目mod k=r的方案数

题解

dp+快速幂/矩阵乘法

题目描述是骗人的,一个一个加根本不可能加的过来。

关于矩阵乘法的题解可以参考 popoqqq大爷的博客 ,时间复杂度为O(k^3logn),

我的做法是dp+快速幂。

(UPD:后来知道这其实就是循环矩阵乘法)

设 $f[i][j]$ 表示从 $i$ 个数中选出若干个,且选出的数的数目 $\text{mod} k=j$ 的方案数

那么有 $f[i1+i2][j]=\sum((j1+j2)mod k = j)f[i1][j1]∗f[i2][j2]$

这里可能比较难用数学语言表述,但事实上其中的求和符号仅是对于 $j1$ 和 $j2$ ,并不对于 $i1$ 和 $i2$ ,也就是说只要找到任意一组 $i1$ 和 $i2$ ,就可以用 $f[i1]$ 和 $f[i2]$ 推出。

发现这一点类似于乘方,于是我们可以使用快速幂的方法来快速推出f[nk]数组,时间复杂度为O(k^2logn).

注意一下这里k可能等于1,所以初始化时不能简单地将f[0][1]赋为1,而是将f[0][1%k]加上1。

#include <cstdio>
#include <cstring>
typedef long long ll;
int p , k;
struct data
{
ll f[60];
data()
{
memset(f , 0 , sizeof(f));
}
data operator*(const data a)const
{
int i , j;
data tmp;
for(i = 0 ; i < k ; i ++ )
for(j = 0 ; j < k ; j ++ )
tmp.f[(i + j) % k] = (tmp.f[(i + j) % k] + f[i] * a.f[j]) % p;
return tmp;
}
}ans;
data pow(data x , ll y)
{
data ans;
ans.f[0] = 1;
while(y)
{
if(y & 1) ans = ans * x;
x = x * x , y >>= 1;
}
return ans;
}
int main()
{
int n , r;
scanf("%d%d%d%d" , &n , &p , &k , &r);
ans.f[0] ++ , ans.f[1 % k] ++ ;
printf("%lld\n" , pow(ans , (ll)n * k).f[r]);
return 0;
}

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