【BZOJ3992】序列统计（动态规划，NTT）

【BZOJ3992】序列统计（动态规划，NTT）

题面

BZOJ

题解

最裸的暴力

设\(f[i][j]\)表示前\(i\)个数，积在膜意义下是\(j\)的方案数

转移的话，每次枚举一个数，直接丢进去就好

复杂度\(O(nm|S|)\)，10pts

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MOD 1004535809
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
int n,m,X,T;
int f[2][10000];
int a[10000];
int main()
{
	n=read();m=read();X=read();T=read();
	for(int i=1;i<=T;++i)a[i]=read()%m;
	for(int i=1;i<=T;++i)f[1][a[i]]++;
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		for(int j=0;j<m;++j)f[i&1][j]=0;
		for(int j=1;j<=T;++j)
			for(int k=0;k<m;++k)
				(f[i&1][k*a[j]%m]+=f[(i+1)&1][k])%=MOD;
	}
	printf("%d\n",f[n&1][X]);
	return 0;
}

---

发现每一步的转移是相同的，

因此可以矩阵快速幂

时间复杂度\(O(lognm^3)\),30pts

我懒得写了

---

我们都发现了转移是相同的

那么不一定只能用矩阵快速幂呀

我们的转移也是满足结合律的

所以可以把转移跑快速幂

复杂度\(O(lognm^2)\),60pts

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MOD 1004535809
#define MAX 10000
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
int n,m,X,T;
int f[MAX],s[MAX];
int a[MAX],ret[MAX];
int* zy(int *a,int *b)
{
	memset(ret,0,sizeof(ret));
	for(int i=0;i<m;++i)
		for(int j=0;j<m;++j)
			(ret[i*j%m]+=1ll*a[i]*b[j]%MOD)%=MOD;
	return ret;
}
int main()
{
	n=read();m=read();X=read();T=read();
	for(int i=1;i<=T;++i)a[i]=read()%m;
	for(int i=1;i<=T;++i)f[a[i]]++;
	bool fl=false;
	int b=n;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			if(fl)
			{
				memset(ret,0,sizeof(ret));
				for(int i=0;i<m;++i)
					if(s[i])
						for(int j=0;j<m;++j)
							(ret[i*j%m]+=(1ll*s[i]*f[j])%MOD)%=MOD;
				for(int i=0;i<m;++i)s[i]=ret[i];
			}
			else
			{
				for(int i=0;i<m;++i)s[i]=f[i];
				fl=true;
			}
		}
		memset(ret,0,sizeof(ret));
		for(int i=0;i<m;++i)
			if(f[i])
				for(int j=0;j<m;++j)
					(ret[i*j%m]+=(1ll*f[i]*f[j])%MOD)%=MOD;
		for(int i=0;i<m;++i)f[i]=ret[i];
		b>>=1;
	}
	printf("%d\n",s[X]);
	return 0;
}

---

现在就是最大的问题了

\(n\)已经优化到了\(logn\)

转移现在才是最大的问题

我们发现转移是这样的：

\(f[i]*f[j]\to f[i*j]\)

如果它长成这个样子：

\(f[i]*f[j]\to f[i+j]\)

这样子的话就会做啦

这样就可以跑一遍多项式的卷积

怎么转换呢？

题目给定的条件\(m\)是质数

我们知道\(x^{\varphi(m)}\% m=1\)

而如果\(x\)是\(m\)的原根

那么，对于\(0～\varphi(m)\)，

每一个原根的若干次幂恰好对应一个数

那么，这样的话，乘法可以转换成幂的加法

于是，直接跑多项式的卷积就好了

因为要取膜，只能跑\(NTT\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MOD 1004535809
#define MAX 100000
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
const int pr=3;
const int phi=MOD-1;
int n,m,X,T;
int f[MAX],s[MAX];
int a[MAX],mp[MAX],b[MAX];
int N,M,l,r[MAX],ret[MAX];
int fpow(int a,int b,int P)
{
	int s=1;
	while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%P;a=1ll*a*a%P;b>>=1;}
	return s;
}
int ys[MAX],yst;
int getroot(int n)
{
	int tmp=n-1;
	for(int i=2;i*i<=tmp;++i)
		if(tmp%i==0)
		{
			ys[++yst]=i;
			while(tmp%i==0)tmp/=i;
		}
	if(tmp>1)ys[++yst]=tmp;
	for(int g=2;g<=n-1;++g)
	{
		bool fl=true;
		for(int i=1;i<=yst;++i)
			if(fpow(g,(n-1)/ys[i],n)==1){fl=false;break;}
		if(fl)return g;
	}
	return -1;
}
void getmap()
{
	int prm=getroot(m);
	for(int i=0;i<m-1;++i)
		mp[fpow(prm,i,m)]=i;
}
void preNTT()
{
	M=2*(m-2);
	for(N=1;N<=M;N<<=1)++l;
	for(int i=0;i<N;++i)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
}
void NTT(int *P,int opt)
{
	for(int i=0;i<N;++i)if(i<r[i])swap(P[i],P[r[i]]);
	for(int i=1;i<N;i<<=1)
	{
		int W=fpow(pr,phi/(i<<1),MOD);
		for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)
		{
			int w=1;
			for(int k=0;k<i;++k,w=1ll*w*W%MOD)
			{
				int X=P[j+k],Y=1ll*P[i+j+k]*w%MOD;
				P[j+k]=(X+Y)%MOD;P[i+j+k]=(X-Y+MOD)%MOD;
			}
		}
	}
	if(opt==-1)
	{
		reverse(&P[1],&P[N]);
		int inv=fpow(N,MOD-2,MOD);
		for(int i=0;i<N;++i)P[i]=1ll*P[i]*inv%MOD;
	}
}
void zy(int *a1,int *a2,int *c)
{
	memset(a,0,sizeof(a));memset(b,0,sizeof(b));
	for(int i=0;i<m-1;++i)a[i]=a1[i],b[i]=a2[i];
	NTT(a,1);NTT(b,1);
	for(int i=0;i<N;++i)a[i]=1ll*a[i]*b[i]%MOD;
	NTT(a,-1);
	memset(ret,0,sizeof(ret));
	for(int i=0;i<m-1;++i)ret[i]=(a[i]+a[i+m-1])%MOD;
	for(int i=0;i<m-1;++i)c[i]=ret[i];
}
int main()
{
	n=read();m=read();X=read();T=read();
	getmap();preNTT();
	for(int i=1;i<=T;++i)
	{
		int x=read()%m;
		if(x)f[mp[x]]++;
	}
	s[mp[1]]=1;
	while(n)
	{
		if(n&1)zy(s,f,s);
		zy(f,f,f);
		n>>=1;
	}
	printf("%d\n",s[mp[X]]);
	return 0;
}