洛谷P3321 [SDOI2015]序列统计（NTT）

传送门

题意：$a_i\in S$，求$\prod_{i=1}^na_i\equiv x\pmod{m}$的方案数

这题目太珂怕了……数学渣渣有点害怕……kelin大佬TQL

设$f[i][j]$表示$\prod_{k=1}^ia_k\equiv j\pmod{m}$的方案数

那么$$f[2*i][j]=\sum_{ab\equiv j\pmod{m}}f[i][a]f[i][b]$$

然后因为$m$是质数。质数有一个叫做原根的东西，质数$p$的原根$g$满足$g^i\ mod\ p$在$i$为$[1,p-1]$时互不相同，然后根据费马小定理$g^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$，所以$i$在$[0,p-2]$的范围内$g^{i}$能取遍[1,p-1]的所有数（因为原根一般都特别小，所以可以直接暴力求，这个可以看代码）

因为$g^A\equiv a\pmod{m}$，每一个$A$和$a$互相对应，那么我们可以用$A$来代替$a$

则上式变为$$f[2*i][K]\equiv \sum_{g^Ag^B\equiv g^K\pmod{m}}f[i][A]f[i][B]$$

$$f[2*i][K]\equiv \sum_{g^{A+B}\equiv g^K\pmod{m}}f[i][A]f[i][B]$$

根据费马小定理$a^b\equiv a^{b\ mod\ p-1}\pmod{p}$，可得$$f[2*i][K]\equiv \sum_{g^{(A+B)\ mod\ m-1}=g^K}f[i][A]f[i][B]$$

$$f[2*i][K]\equiv \sum_{A+B\equiv K\pmod{m-1}}f[i][A]f[i][B]$$

设$g[K]=\sum_{A+B=K}f[i][A]f[i][B]$，则$$f[i*2][K]=g[K]+g[K+m-1]$$

然后这个每一层的转移都是一样的，所以用多项式快速幂来计算

 //minamoto
 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define ll long long
 #define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
 #define mul(x,y) (1ll*x*y%P)
 #define add(x,y) (x+y>=P?x+y-P:x+y)
 #define dec(x,y) (x-y<0?x-y+P:x-y)
 using namespace std;
 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
 inline int read(){
     #define num ch-'0'
     char ch;bool flag=;int res;
     while(!isdigit(ch=getc()))
     (ch=='-')&&(flag=true);
     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
     (flag)&&(res=-res);
     #undef num
     return res;
 }
 const int N=,P=;
 int n,m,vis[N],F[N],G[N],A[N],B[N],O[N];
 int l,limit=,r[N],x,S,pr;
 inline int ksm(int a,int b,int P){
     int res=;a%=P;
     while(b){
         if(b&) res=mul(res,a);
         a=mul(a,a),b>>=;
     }
     return res;
 }
 inline int calc(int x){
     //求原根，若只有j=x-1时i^j=1(mod x)，i是x的原根
     if(x==) return ;
     for(int i=;;++i){
         bool flag=;
         for(int j=;j*j<x;++j)
         if(ksm(i,(x-)/j,x)==){flag=false;break;}
         if(flag) return i;
     }
 }
 void NTT(int *A,int type){
     for(int i=;i<limit;++i)
     if(i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
     for(int mid=;mid<limit;mid<<=){
         int R=mid<<,Wn=ksm(,(P-)/R,P);O[]=;
         for(int j=;j<mid;++j) O[j]=mul(O[j-],Wn);
         for(int j=;j<limit;j+=R){
             for(int k=;k<mid;++k){
                 int x=A[j+k],y=mul(O[k],A[j+k+mid]);
                 A[j+k]=add(x,y),A[j+k+mid]=dec(x,y);
             }
         }
     }
     if(type==-){
         reverse(A+,A+limit);
         for(int i=,inv=ksm(limit,P-,P);i<limit;++i)
         A[i]=mul(A[i],inv);
     }
 }
 void Mul(int *G,int *F){
     for(int i=;i<limit;++i) A[i]=G[i],B[i]=F[i];
     NTT(A,),NTT(B,);
     for(int i=;i<limit;++i) A[i]=mul(A[i],B[i]);
     NTT(A,-);
     for(int i=;i<m-;++i) G[i]=add(A[i],A[i+m-]);

 }
 void solve(int b){
     G[]=;
     while(b){
         if(b&) Mul(G,F);
         b>>=,Mul(F,F);
     }
 }
 int main(){
 //    freopen("testdata.in","r",stdin);
     n=read(),m=read(),x=read(),S=read();
     pr=calc(m);
     for(int i=,v;i<=S;++i)
     vis[v=read()]=;
     int pos=-;
     for(int i=,j=;i<m-;++i,j=j*pr%m){
         if(vis[j]) F[i]=;
         if(j==x) pos=i;
     }
     if(pos==-) return puts(""),;
     while(limit<=((m-)<<)) limit<<=,++l;
     for(int i=;i<limit;++i)
     r[i]=(r[i>>]>>)|((i&)<<(l-));
     solve(n);
     printf("%d\n",G[pos]%P);
     return ;
 }