BZOJ3992 [SDOI2015]序列统计【生成函数 + 多项式快速幂】

题目

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。

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。

1<=N<=10^9，3<=M<=8000，M为质数

0<=x<=M-1，输入数据保证集合S中元素不重复x∈[1,m-1]

集合中的数∈[0,m-1]

输出格式

一行，一个整数，表示你求出的种类数mod 1004535809的值。

输入样例

4 3 1 2

1 2

输出样例

【样例说明】

可以生成的满足要求的不同的数列有(1,1,1,1)、(1,1,2,2)、(1,2,1,2)、(1,2,2,1)、

(2,1,1,2)、(2,1,2,1)、(2,2,1,1)、(2,2,2,2)

题解

题目让人联想到类似数字组合方案数的东西

可以构造一个生成函数解决，

具体的参见生成函数的介绍

但是数字组合是加法下的

现在我们要解决乘法模意义下的组合

我们考虑如何将乘法转化为加法

很容易让人联想到数学中的对数

\[ln(a * b) = ln(a) + ln(b)
\]

而数论中有没有？

那就是离散对数

原根##

即对于模数$m$，原根$g$定义为：$g$模$m$的阶为$\varphi(m)$

也就是使$g^x \equiv 1 \pmod m$成立的最小的$x$为$\varphi(m)$

原根有这样一个充要的性质：

当$g^x$中$x$取遍$[0,m - 2]$时，

$g^x$的值将取遍$[1,m - 1]$

由此我们能找到模$m$意义下所有非0数对应的唯一的幂次

若$g^A \equiv a \pmod m$，我们就可以用$A$替代$a$

而乘法$a * b$就对应成了$g^A * g^B = g^{A + B}$这样的指数加法了

回到原题

我们就构造一个生成函数，

\[G(x) = \sum\limits_{i = 1}^{m - 1} a_i * x^i
\]

其中$a_i$为$1$当且仅当集合$S$中存在一个数使$a_i$为其对应的原根的幂次，否则$a_i$为$0$

我们求出

\[G^{n}(x)
\]

其中指数对$m - 1$取模

我们找到题目中$x$对应的幂次的那一项的系数就是答案了

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define LL long long int

#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)

#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)

#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");

using namespace std;

const int maxn = 20005,maxm = 100005,INF = 1000000000,P = 1004535809,G = 3;

inline int read(){

	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();

	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}

	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}

	return out * flag;

}

int N,M,X,S,gg;

int num[maxn],vis[8005],h[maxn];

int qpow(int a,int b){

	int ans = 1;

	for (; b; b >>= 1,a = 1ll * a * a % P)

		if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % P;

	return ans;

}

void getG(){

	for (int i = 2; ; i++){

		memset(vis,0,sizeof(vis));

		int g = 1,flag = 1; vis[1] = true;

		for (int j = 1; j <= M - 2; j++){

			g = 1ll * g * i % M;

			if (vis[g]) {flag = 0; break;}

		}

		if (flag){

			gg = i; return;

		}

	}

}

void gethash(){

	h[1] = 0;

	int tmp = 1;

	for (int i = 1; i <= M - 2; i++){

		tmp = 1ll * tmp * gg % M;

		h[tmp] = i;

	}

}

struct poly{int a[maxn];}F;

int A[maxn],B[maxn],n,m,L,R[maxn],End;

void NTT(int* a,int f){

	for (int i = 0; i < n; i++) if (i < R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);

	for (int i = 1; i < n; i <<= 1){

		int gn = qpow(G,(P - 1) / (i << 1));

		for (int j = 0; j < n; j += (i << 1)){

			int g = 1,x,y;

			for (int k = 0; k < i; k++,g = 1ll * g * gn % P){

				x = a[j + k]; y = 1ll * g * a[j + k + i] % P;

				a[j + k] = (x + y) % P; a[j + k + i] = (x - y + P) % P;

			}

		}

	}

	if (f == 1) return;

	int nv = qpow(n,P - 2); reverse(a + 1,a + n);

	for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = 1ll * a[i] * nv % P;

}

poly conv(const poly& a,const poly& b){

	m = 2 * End; L = 0;

	for (n = 1; n <= m; n <<= 1) L++;

	for (int i = 0; i <= n; i++) A[i] = B[i] = 0;

	for (int i = 0; i <= End; i++) A[i] = a.a[i],B[i] = b.a[i];

	for (int i = 0; i < n; i++) R[i] = (R[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));

	NTT(A,1); NTT(B,1);

	for (int i = 0; i < n; i++) A[i] = 1ll * A[i] * B[i] % P;

	NTT(A,-1);

	poly re;

	for (int i = 0; i <= End; i++) re.a[i] = A[i];

	for (int i = End + 1; i < n; i++) re.a[i % (M - 1)] = (re.a[i % (M - 1)] + A[i]) % P;

	return re;

}

poly Qpow(poly a,int b){

	poly re; re.a[0] = 1;

	for (; b; b >>= 1,a = conv(a,a))

		if (b & 1) re = conv(re,a);

	return re;

}

int main(){

	N = read(); M = read(); X = read(); S = read(); End = M - 2;

	REP(i,S) num[i] = read();

	getG();

	gethash();

	REP(i,S) if (num[i]) F.a[h[num[i]]]++;

	F = Qpow(F,N);

	printf("%d\n",F.a[h[X]]);

	return 0;

}