P3321 [SDOI2015]序列统计 FFT+快速幂+原根

\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)

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。

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

一行，四个整数，N、M、x、|S|，其中|S|为集合S中元素个数。第二行，|S|个整数，表示集合S中的所有元素。

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

一行，一个整数，表示你求出的种类数mod 1004535809的值。

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

4 3 1 2
1 2

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

8

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

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<=10^9，3<=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

\(\color{#0066ff}{ 题解 }\)

乘法在这里很不好处理

m为质数又很小，这让我们可以想到原根

如果在mod m意义下，g的0--->m-2次幂mod m各不相同，那么g就称作m的一个原根

质数一定有原根

有关原根，详见巨佬blog

这样乘法就被转化为了加法

直接FFT套快速幂 ，注意和是在mod（m-2）意义下的，所以统计的时候要把后面的都算回来

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
    char ch; LL x = 0, f = 1;
    while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
    for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
    return x * f;
}
const int maxn = 1e5 + 100;
const int mod = 1004535809;
using std::vector;
int r[maxn], len;
int a[maxn], b[maxn], root, mp[maxn];
LL ksm(LL x, LL y, LL z) {
    LL re = 1LL;
    while(y) {
        if(y & 1) re = re * x % z;
        x = x * x % z;
        y >>= 1;
    }
    return re;
}
void FNTT(vector<int> &A, int flag) {
    A.resize(len);
    for(int i = 0; i < len; i++) if(i < r[i]) std::swap(A[i], A[r[i]]);
    for(int l = 1; l < len; l <<= 1) {
        int w0 = ksm(3, (mod - 1) / (l << 1), mod);
        for(int i = 0; i < len; i += (l << 1)) {
            int w = 1, a0 = i, a1 = i + l;
            for(int k = 0; k < l; k++, a0++, a1++, w = 1LL * w0 * w % mod) {
                int tmp = 1LL * A[a1] * w % mod;
                A[a1] = ((A[a0] - tmp) % mod + mod) % mod;
                A[a0] = (A[a0] + tmp) % mod;
            }
        }
    }
    if(!(~flag)) {
        std::reverse(A.begin() + 1, A.end());
        int inv = ksm(len, mod - 2, mod);
        for(int i = 0; i < len; i++) A[i] = 1LL * A[i] * inv % mod;
    }
}
vector<int> work(vector<int> A, vector<int> B, int m) {
    A.resize(m - 1), B.resize(m - 1);
    int tot = A.size() + B.size() - 1;
    for(len = 1; len <= tot; len <<= 1);
    for(int i = 0; i < len; i++) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) * (len >> 1));
    FNTT(A, 1), FNTT(B, 1);
    vector<int> tmp;
    for(int i = 0; i < len; i++) tmp.push_back(1LL * A[i] * B[i] % mod);
    FNTT(tmp, -1);
    vector<int> ans;
    ans.resize(m - 1);
    for(int i = 0; i < len; i++) (ans[i % (m - 1)] += tmp[i]) %= mod;
    return ans;
}
int getroot(int m) {
    for(int i = 2; i < m; i++) {
        int res = m - 1;
        for(int j = 2; j <= res; j++) {
            if(res % j == 0) {
                while(res % j == 0) res /= j;
                if(ksm(i, (m - 1) / j, m) == 1) break;
            }
            if(j >= res) return i;
        }
    }
    return 233;
}
vector<int> ksm(vector<int> A, int b, int m) {
    vector<int> ans;
    ans.push_back(1);
    while(b) {
        if(b & 1) ans = work(ans, A, m);
        A = work(A, A, m);
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main() {
    int _ = in(), m = in(), x = in(), num = in(), n = 0;
    for(int i = 1; i <= num; i++) {
        int t = in();
        if(t) a[++n] = t;
    }
    root = getroot(m);
    for(int i = 0; i <= m - 2; i++) mp[ksm(root, i, m)] = i;
    for(int i = 1; i <= n; i++) b[i] = mp[a[i]];
    int xx = 0;
    for(int i = 0; i < m; i++) if(ksm(root, i, m) == x % m) { xx = i; break; }
    vector<int> f;
    f.resize(m - 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) f[b[i]] = 1;
    f = ksm(f, _, m);
    printf("%d\n", f[xx] % mod);
    return 0;
}