BZOJ 3992 [SDOI 2015] 序列统计 解题报告

这个题最暴力的搞法就是这样的：

设 $Dp[i][j]$ 为前 $i$ 个数乘积为 $j$ 的方案数。

转移的话就不多说了哈。。。

当前复杂度 $O(nm^2)$

注意到，$M$ 是个质数，就说明 $M$ 有原根并且我们可以很快的求出来。

于是对于 $1\rightarrow M-1$ 中的每一个数都可以表示成原根的某次幂。

于是乘法可以转化为原根的幂的加法，

转移的时候就相当于做多项式乘法了。

我们再注意到，$1004535809 = 479 \times 2^{21} + 1$ 并且是个质数，原根为 $3$。

于是转移的时候就可以用 $FFT$ 优化了。

当前复杂度 $O(nm\log m)$

我们再考虑，每次多项式乘法中乘的多项式都是一样的，那么是不是就可以快速幂啊？

当前复杂度 $O(m\log m\log n)$，可以 A 掉这个题啦~

注意那些等于 $0$ 的数。。。

具体细节自己脑补脑补吧~

 #include <cmath>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 #define N 16384 + 5
 #define Mod 1004535809
 #define g 3

 int n, p, x, m, len, w, d, root, inv_len, ans;
 int T[N], Num[N], Pos[N];
 int A[N], B[N], C[N], Rev[N], e[][N];

 inline int power(int u, int v, int p)
 {
     int res = ;
     for (; v; v >>= )
     {
         if (v & ) res = (LL) res * u % p;
         u = (LL) u * u % p;
     }
     return res;
 }

 inline void Init()
 {
     scanf("%d%d%d%d", &n, &p, &x, &m);
     for (int i = ; i <= m; i ++)
         scanf("%d", T + i);
     for (len = p << ; len != (len & -len); len += (len & -len)) ;
     for (int i = len; i > ; i >>= ) d ++;
     inv_len = power(len, Mod - , Mod);
     w = power(g, (Mod - ) / len, Mod);
 }

 inline bool Judge(int x, int p)
 {
     for (int i = ; i * i <= p; i ++)
         if ((p - ) % i ==  && power(x, (p - ) / i, p) == ) return ;
     return ;
 }

 inline int Find_Root(int p)
 {
     if (p == ) return ;
     int res = ;
     for (; !Judge(res, p); res ++) ;
     return res;
 }

 inline void Prepare()
 {
     root = Find_Root(p);
     for (int i = ; i < p - ; i ++)
     {
         Num[i] = !i ?  : Num[i - ] * root % p;
         Pos[Num[i]] = i;
     }
 }

 inline int Inc(int u, int v)
 {
     return u + v - (u + v >= Mod ? Mod : );
 }

 inline void FFT(int *Ar, int op)
 {
     for (int i = ; i < len; i ++)
         if (Rev[i] > i) swap(Ar[i], Ar[Rev[i]]);
     for (int k = , s = ; k < len; k <<= , s ++)
         for (int i = ; i < len; i ++)
         {
             if (i & k) continue ;
             int t = (i & k - ) << d - s;
             int u = Inc(Ar[i], (LL) Ar[i + k] * e[op][t] % Mod);
             int v = Inc(Ar[i], Mod - ((LL) Ar[i + k] * e[op][t] % Mod));
             Ar[i] = u, Ar[i + k] = v;
         }
 }

 inline void Convol(int *U, int *V)
 {
     for (int i = ; i < len; i ++)
         C[i] = V[i];
     FFT(U, ), FFT(C, );
     for (int i = ; i < len; i ++)
         U[i] = (LL) U[i] * C[i] % Mod;
     FFT(U, );
     for (int i = ; i < len; i ++)
         U[i] = (LL) U[i] * inv_len % Mod;
     for (int i = len - ; i >= p - ; i --)
     {
         U[i - p + ] = Inc(U[i - p + ], U[i]);
         U[i] = ;
     }
 }

 inline void Solve()
 {
     A[] = ;
     for (int i = ; i <= m; i ++)
     {
         if (T[i] == ) continue ;
         B[Pos[T[i]]] ++;
     }
     for (int i = , inv_w = power(w, Mod - , Mod); i < len; i ++)
     {
         e[][i] = !i ?  : (LL) e[][i - ] * w % Mod;
         e[][i] = !i ?  : (LL) e[][i - ] * inv_w % Mod;
         for (int j = ; j < d; j ++)
             if ((i >> j) & ) Rev[i] +=  << (d - j - );
     }
     for (; n; n >>= )
     {
         if (n & ) Convol(A, B);
         Convol(B, B);
     }
     ans = A[Pos[x]];
 }

 int main()
 {
     #ifndef ONLINE_JUDGE
         freopen("sequence.in", "r", stdin);
         freopen("sequence.out", "w", stdout);
     #endif

     Init();
     Prepare();
     Solve();
     printf("%d\n", ans);

     #ifndef ONLINE_JUDGE
         fclose(stdin);
         fclose(stdout);
     #endif
     return ;
 }

3992_Gromah