[Contest20180415]看无可看

题意：有一个数列$f$，对$\forall i\geq2,f_i=2f_{i-1}+3f_{i-2}$，给定$f_0,f_1$，再给定一个集合$S=\{a_{1\cdots n}\}$和$k$，求$\begin{align*}\sum\limits_{\substack{S'\subset S\\|S'|=k}}f\left(\sum\limits_{x\in S'}x\right)\end{align*}$

先看这个数列，它的特征方程为$\lambda^2-2\lambda-3=0$，两个特征根为$\lambda_1=-1,\lambda_2=3$，所以它的通项公式为$f_n=c_1(-1)^n+c_23^n$，由$\begin{cases}c_1+c_2=f_0\\-c_1+3c_2=f_1\end{cases}$我们得到$\begin{cases}c_1=\dfrac{3f_0-f_1}4\\c_2=\dfrac{f_0+f_1}4\end{cases}$

所以我们可以对题目给出的式子进行一番操作：

$\begin{align*}\sum\limits_{\substack{S'\subset S\\|S'|=k}}f\left(\sum\limits_{x\in S'}x\right)&=\sum\limits_{\substack{S'\subset S\\|S'|=k}}c_1(-1)^{\sum\limits_{x\in S'}x}+c_23^{\sum\limits_{x\in S'}x}\\&=c_1\sum\limits_{\substack{S'\subset S\\|S'|=k}}\prod\limits_{x\in S'}(-1)^x+c_2\sum\limits_{\substack{S'\subset S\\|S'|=k}}\prod\limits_{x\in S'}3^x\end{align*}$

这种先抽取定量元素再求乘积的方式很像多项式乘法，事实上，对上式的第一个sigma，它等于$\begin{align*}[x^k]\prod\limits_{i=1}^n\left((-1)^{a_i}x+1\right)\end{align*}$，第二个sigma同理

这个多项式的乘积直接用分治+FFT计算即可，总时间复杂度$O(k\log_2k\log_2n)$

模数比较鬼畜，要用FFT，太久没写我都不知道FFT怎么卡精度了==（$n$单位根的$0\cdots n-1$次幂全部预处理出来）

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
typedef double du;
typedef long long ll;
const int mod=99991,inv4=24998;
int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int mul(int a,int b){return a*(ll)b%mod;}
template<class C>void swap(C&a,C&b){
	C c=a;
	a=b;
	b=c;
}
int pow(int a,int b){
	int s=1;
	while(b){
		if(b&1)s=mul(s,a);
		a=mul(a,a);
		b>>=1;
	}
	return s;
}
struct complex{
	du x,y;
	complex(du a=0,du b=0){x=a;y=b;}
};
complex operator+(complex a,complex b){return complex(a.x+b.x,a.y+b.y);}
complex operator-(complex a,complex b){return complex(a.x-b.x,a.y-b.y);}
complex operator*(complex a,complex b){return complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);}
int rev[262144],N,iN;
complex w[18][262144];
void pre(int n){
	int i,j,k;
	for(N=1,k=0;N<n;N<<=1)k++;
	for(i=0;i<N;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(k-1));
	k=0;
	for(i=1;i<=N;i<<=1){
		for(j=0;j<i;j++)w[k][j]=complex(cos(j*M_PI/du(i)),sin(j*M_PI/du(i)));
		k++;
	}
}
void fft(complex*a,int on){
	int i,j,k,c;
	complex t,wi;
	for(i=0;i<N;i++){
		if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	}
	c=0;
	for(i=2;i<=N;i<<=1){
		for(j=0;j<N;j+=i){
			for(k=0;k<i>>1;k++){
				wi=w[c][k];
				if(on==-1)wi.y=-wi.y;
				t=wi*a[i/2+j+k];
				a[i/2+j+k]=a[j+k]-t;
				a[j+k]=a[j+k]+t;
			}
		}
		c++;
	}
	if(on==-1){
		for(i=0;i<N;i++)a[i].x/=(du)N;
	}
}
complex ta[262144],tb[262144];
void mul(int*a,int*b,int*c,int n,int m){
	int i;
	pre(n+m+1);
	for(i=0;i<=n;i++)ta[i]=complex(a[i]);
	for(i=n+1;i<N;i++)ta[i]=complex();
	for(i=0;i<=m;i++)tb[i]=complex(b[i]);
	for(i=m+1;i<N;i++)tb[i]=complex();
	fft(ta,1);
	fft(tb,1);
	for(i=0;i<N;i++)ta[i]=ta[i]*tb[i];
	fft(ta,-1);
	for(i=0;i<=n+m;i++)c[i]=llround(ta[i].x)%mod;
}
int b[100010],k;
int*solve(int l,int r){
	int mid,*f;
	f=new int[r-l+2];
	memset(f,0,(r-l+2)<<2);
	if(l==r){
		f[0]=1;
		f[1]=b[l];
	}else{
		mid=(l+r)>>1;
		mul(solve(l,mid),solve(mid+1,r),f,min(mid-l+1,k),min(r-mid,k));
	}
	return f;
}
int a[100010];
int main(){
	int n,i,f0,f1,c1,c2,ans;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);
	scanf("%d%d",&f0,&f1);
	c1=mul(3*f0-f1,inv4);
	c2=mul(f0+f1,inv4);
	ans=0;
	for(i=1;i<=n;i++)b[i]=pow(-1,a[i]);
	ans=(ans+mul(c1,solve(1,n)[k]))%mod;
	for(i=1;i<=n;i++)b[i]=pow(3,a[i]);
	ans=(ans+mul(c2,solve(1,n)[k]))%mod;
	printf("%d",(ans+mod)%mod);
}