HZOJ 20190727 随（倍增优化dp）

达哥T1

实际上还是挺难的，考试时只qj20pts，还qj失败

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因为他专门给出了mod的范围，所以我们考虑把mod加入时间复杂度。

$50\%$算法：

考虑最暴力的dp，设$f[i][j]$表示进行$i$次操作后得到的数为$j$,方案总数，转移应该还是很明显的

$dp[i][j*k\%mod]=dp[i-1][j]×cnt[k]$,$cnt[k]$表示数k出现的次数。

然后在结合前20ptsqj，就可以愉快的拿到50pts。

$100\%$算法：

看题解发现什么原根，矩阵乘，蒟蒻弃疗....

但颓博客时发现remarkable大神写出了倍增优化dp，好像有救了。

%%%remarkable

根据50分算法，我们可以得到一个性质 $f[i*ii][j*k%mod]=f[i][j]*f[ii][k]$   蒟蒻博主并不会证

那么$f[i^2][j*k\%mod]=f[i][j]*f[i][k]$ ,这样我们可以处理出$f[i]$,$f[i^2]$,$f[i^4]$,$f[i^8]$....

这样我们根据二进制拆分思想，可以求出ans。

其实这个过程类似于快速幂。

把快速幂模板中的变量换成数组即可。

最后使用滚动数组省空间。

之前没有做过倍增优化dp的题，这道题就当熟悉套路吧。

更详细讲解参见remarkable

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #define int long long
 const int P=;
 const int M=;
 using namespace std;
 int n,m,mod,wi;
 int now1=,now2=,last1,last2;
 int cnt[M],f[][M],g[][M],a[];
 int qpow(int a,int b,int p){
     int ans=;
     while(b){
         if(b&) ans=ans*a%p;
         b>>=;
         a=a*a%p;
     }
     return ans%p;
 }
 void solve(int x){
     while(x){
         //cout<<x<<endl;
         if(x&){
             memset(g[now1],,sizeof(g[now1]));
             for(int i=;i<mod;i++) for(int j=;j<mod;j++) g[now1][i*j%mod]=(g[now1][i*j%mod]+g[last1][j]*f[last2][i])%P;
             now1=last1,last1^=;
         }
         x>>=;
         memset(f[now2],,sizeof(f[now2]));
         for(int i=;i<mod;i++) for(int j=;j<mod;j++) f[now2][i*j%mod]=(f[now2][i*j%mod]+f[last2][i]*f[last2][j])%P;
         now2=last2,last2^=;
     }
     return ;
 }
 signed main(){
     scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&mod);
     for(int i=;i<=n;i++) {scanf("%lld",&a[i]);cnt[a[i]]++;}
     for(int i=;i<mod;i++) f[][i]=cnt[i];
     g[][]=;
     solve(m);
     int Griezmman=qpow(qpow(n,m,P),P-,P)%P,ans=;
     //cout<<Griezmman<<endl;
     for(int i=;i<mod;i++) ans=(ans+g[last1][i]*i)%P;
     //cout<<ans<<endl;
     ans=ans*Griezmman%P;
     printf("%lld",ans);
 }