[SDOI2015]序列统计
[SDOI2015]序列统计
标签: NTT 快速幂
Description
给你一个模m意义下的数集,需要用这个数集生成一个数列,使得这个数列在的乘积为x。
问方案数模\(1004535809\)。
Solution
首先很容易写出一个dp。
\(dp_{i,j}\)数列长度为i,乘积为j的方案数。
这么做是\(O(nm^2)\)的。
所以我们肯定要搞点事情,把n变成logn。
这个数列显然是满足结合律的,并且每次的转移都相同。
于是可以写一个快速幂,把n降为logn。
注意到乘积不太好维护,所以可以用原根来把乘法变成加法。
那么现在问题就变成了,\(dp_{i,j}\)表示数列长度为i,和为j的方案数。
是不是很像一个背包?
注意到每次合并两个背包就是一个卷积,所以我们用NTT维护即可。
最终复杂度。\(O(m\ logm\ logn)\)
Code
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define ll long long
#define REP(i,a,b) for(int i=(a),_end_=(b);i<=_end_;i++)
#define DREP(i,a,b) for(int i=(a),_end_=(b);i>=_end_;i--)
#define EREP(i,a) for(int i=start[(a)];i;i=e[i].next)
inline int read()
{
int sum=0,p=1;char ch=getchar();
while(!(('0'<=ch && ch<='9') || ch=='-'))ch=getchar();
if(ch=='-')p=-1,ch=getchar();
while('0'<=ch && ch<='9')sum=sum*10+ch-48,ch=getchar();
return sum*p;
}
const int maxn=2e4+20;
const int mod=1004535809;
int yg;
int len,m,en,n,to[maxn];
inline int power(int a,int b,int mod)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b & 1)ans=(ll)ans*a%mod;
b>>=1;
a=(ll)a*a%mod;
}
return ans;
}
inline void getyg()
{
for(yg=2;yg<=m-1;yg++)
{
int x=m-1,y=x,flg=1;
for(int i=2;i*i<=y;i++)
{
if(x%i)continue;
while(!(y%i))y/=i;
if(power(yg,x/i,m)==1){flg=0;break;}
}
if(y>1)if(power(yg,x/y,m)==1)continue;
if(flg)return;
}
}
int rev[maxn],a[maxn],f[maxn],g[maxn];
void NTT(int *p,int opt)
{
REP(i,0,n-1)if(i<rev[i])swap(p[i],p[rev[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1)
{
int W=power(3,(mod-1)/(i<<1),mod);
for(int j=0;j<n;j+=i<<1)
{
int w=1;
for(int k=j;k<j+i;k++,w=(ll)w*W%mod)
{
int x=p[k],y=(ll)w*p[k+i]%mod;
p[k]=x+y;p[k+i]=x-y;
if(p[k]>=mod)p[k]-=mod;
if(p[k+i]<0)p[k+i]+=mod;
}
}
}
if(opt==-1)
{
reverse(p+1,p+n);
int inv=power(n,mod-2,mod);
REP(i,0,n-1)p[i]=(ll)p[i]*inv%mod;
}
}
inline void init()
{
len=read();m=read();en=read();n=read();
getyg();
REP(i,0,m-2)to[power(yg,i,m)]=i;
REP(i,1,n)
{
int x=read();if(!x)continue;
a[i]=to[x],f[a[i]]++;
}
int s=2*(m-1),l=0;
n=1;while(n<s)l++,n<<=1;
REP(i,1,n-1)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)| ( (i & 1)<<(l-1));
}
inline void doing()
{
//REP(i,0,n-1)printf("%d ",g[i]);puts("");
g[0]=1;
while(len)
{
if(len & 1)
{
NTT(g,1);
NTT(f,1);
REP(i,0,n-1)g[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod;
NTT(g,-1);
NTT(f,-1);
REP(i,m-1,n-1)
g[i%(m-1)]=(g[i%(m-1)]+g[i])%mod,g[i]=0;
}
len>>=1;
NTT(f,1);
REP(i,0,n-1)f[i]=(ll)f[i]*f[i]%mod;
NTT(f,-1);
REP(i,m-1,n-1)
f[i%(m-1)]=(f[i%(m-1)]+f[i])%mod,f[i]=0;
}
printf("%d\n",g[to[en]]);
}
int main()
{
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
init();
doing();
return 0;
}
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