【NTT】bzoj3992: [SDOI2015]序列统计

板子题都差点不会了

Description

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。

Input

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]

Output

一行，一个整数，表示你求出的种类数mod 1004535809的值。

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题目分析

用$f_{i,j}$表示选了$i$个数乘积为$j$的方案数，不难得到式子$f_{2i,j}=\sum\limits_{a*b\equiv j(\mod m)}f_{i,a}\times f_{i,b}$

对于乘法转加法，常见套路就是取对数。那么这里在模意义下，注意到原根$g$有很好的性质：$g^0,g^1,\cdots ,g^{m-2}$可以取遍$[1\cdots m-1]$，因此令$j\equiv g^A(\mod m)$，不妨用$A$代替$j$，以此类推。所以剩下的就是一个多项式快速幂的过程了，最终答案就是$f_x$的系数。

中途写错两个地方：为$[1\cdots m-1]$内元素按$g^i$标号时，写成遍历$[0\cdots m-1]$（这里整体下标减一。说到底还是对式子不熟练。）；给$x$重标号时候，写成 if (x==tar&&!fl) tar = x, fl = ; ……

 #include<bits/stdc++.h>
 #define MO 1004535809
 const int maxn = ;

 int T,n,m,tar,len,dt,inv3,invn,ort;
 int f[maxn],g[maxn],cov[maxn],tmp1[maxn],tmp2[maxn];
 bool vis[maxn];

 int read()
 {
     char ch = getchar();
     int num = , fl = ;
     for (; !isdigit(ch); ch=getchar())
         if (ch=='-') fl = -;
     for (; isdigit(ch); ch=getchar())
         num = (num<<)+(num<<)+ch-;
     return num*fl;
 }
 int qmi(int a, int b, int p)
 {
     int ret = ;
     for (; b; b>>=, a=1ll*a*a%p)
         if (b&) ret = 1ll*ret*a%p;
     return ret;
 }
 int fndRoot()
 {
     int fac[], tot = , pos = m-;
     for (int i=; i*i<=pos; i++)
         if (pos%i==){
             fac[++tot] = i;
             while (pos%i==) pos /= i;
         }
     if (pos!=) fac[++tot] = pos;
     pos = m-;
     for (int i=; i<=pos; i++)
     {
         bool chk = true;
         for (int j=; j<=tot&&chk; j++)
             if (qmi(i, pos/fac[j], m)==) chk = false;
         if (chk) return i;
     }
     return -;
 }
 void NTT(int *a, int opt)
 {
     for (int i=; i<len; i++)
         if (i < cov[i]) std::swap(a[i], a[cov[i]]);
     for (int i=; i<len; i<<=)
     {
         int Wn = qmi(, (MO-)/(i<<), MO);
         if (opt==-) Wn = qmi(inv3, (MO-)/(i<<), MO);
         for (int j=, p=i<<; j<len; j+=p)
         {
             int w = ;
             for (int k=; k<i; k++, w=1ll*w*Wn%MO)
             {
                 int valx = a[j+k], valy = 1ll*w*a[i+j+k]%MO;
                 a[j+k] = (valx+valy)%MO, a[i+j+k] = (valx-valy+MO)%MO;
             }
         }
     }
     if (opt==-) for (int i=; i<len; i++) a[i] = 1ll*a[i]*invn%MO;
 }
 void mult(int *a, int *b)
 {
     for (int i=; i<len; i++) tmp1[i] = a[i], tmp2[i] = b[i];
     NTT(tmp1, ), NTT(tmp2, );
     for (int i=; i<len; i++) tmp1[i] = 1ll*tmp1[i]*tmp2[i]%MO;
     NTT(tmp1, -);
     for (int i=; i<m-; i++) a[i] = (tmp1[i]+tmp1[i+m-])%MO;
 }
 int main()
 {
     T = read(), m = read(), tar = read(), n = read();
     inv3 = qmi(, MO-, MO), ort = fndRoot();
     for (int i=; i<=n; i++) vis[read()] = true;
     for (int i=, x=, fl=; i<m-; i++, x=1ll*x*ort%m)
     {
         if (vis[x]) g[i] = ;
         if (x==tar&&!fl) tar = i, fl = ;
     }
     for (len=; len<=(m-)<<; len<<=) ++dt;
     for (int i=; i<len; i++)
         cov[i] = (cov[i>>]>>)|((i&)<<(dt-));
     f[] = , invn = qmi(len, MO-, MO);
     for (; T; T>>=, mult(g, g))
         if (T&) mult(f, g);
     printf("%d\n",f[tar]);
     return ;
 }

END