[题解] [SDOI2015] 序列统计

题面

题解

设 \(f[i][j]\) 代表长度为 \(i\) 的序列, 乘积模 \(m\) 为 \(j\) 的序列有多少个

转移方程如下

\[f[i + j][C] = \sum_{A*B\equiv C \pmod{m} }f[i][B] * f[j][A]
\]

复杂度是 \(O(nm^2)\) 的

考虑倍增, 用类似快速幂那样的东西

\[f[2 * i][C] = \sum_{A*B\equiv C \pmod{m} }f[i][B] * f[i][A]
\]

恩, 复杂度变为了 \(O(m^2logn)\) 的

继续优化

上式相当于一个东西, 看到这个地方

\[c[z] = \sum_{x*y \equiv z \pmod m}a[x]b[y]
\]

如果是这样一种形式

\[c[z] = \sum_{x+y=z}a[x]b[y]
\]

我们就可以用 NTT 优化了

我们知道对数可以把乘法转成加法

但是对数是一个实数, 我们需要考虑一个模意义下的对数

把原根当做底数就可以了, 于是我们将上式转化为

\[c[log_gz] = \sum_{log_gx+log_gy\equiv log_gz\pmod m}a[log_gx]b[log_gy]
\]

考虑到 \(log_gx+log_gy\) 可能会大于 \(m\)

但是它一定不会大于 \(2m\) , 所以我们对于 \(c[z]\) 这个位置, 加上 \(c[z + m - 1]\) , 再将 \(c[z + m - 1]\) 清零即可

Code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <map>
const int N = 40005;
const int mod = 1004535809;
using namespace std;
int n, m, X, S, lim, cnt, r[N], g, gg, a[N], b[N], res[N], f[N], top, fact[20005];
map<int, int> mp; 
template < typename T >
inline T read()
{
	T x = 0, w = 1; char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') w = -1; c = getchar(); }
	while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
	return x * w;
}
int fpow(int x, int y, int p)
{
	int res = 1;
	for( ; y; y >>= 1, x = 1ll * x * x % p)
		if(y & 1) res = 1ll * res * x % p;
	return res;
}
int getroot(int x)
{
	top = 0;
	int rem = x - 1, p = rem;
	for(int i = 2; i * i <= x; i++)
		if(!(rem % i))
		{
			fact[++top] = i;
			while(!(rem % i)) rem /= i;
		}
	if(rem > 1) fact[++top] = rem;
	for(int flag = 1, i = 2; i <= p; i++, flag = 1)
	{
		for(int j = 1; j <= top && flag; j++)
			if(fpow(i, p / fact[j], x) == 1) flag = 0;
		if(flag) return i;
	}
	return -1;
}
void ntt(int *p, int opt)
{
	for(int i = 0; i < lim; i++) if(i < r[i]) swap(p[i], p[r[i]]);
	for(int i = 1; i < lim; i <<= 1)
	{
		int rt = fpow(opt == 1 ? g : gg, (mod - 1) / (i << 1), mod);
		for(int j = 0; j < lim; j += (i << 1))
		{
			int w = 1;
			for(int k = j; k < j + i; k++, w = 1ll * w * rt % mod)
			{
				int x = p[k], y = 1ll * w * p[k + i] % mod;
				p[k] = (1ll * x + y) % mod, p[k + i] = (1ll * x - y + mod) % mod;
			}
		}
	}
	if(opt == -1)
	{
		int inv = fpow(lim, mod - 2, mod);
		for(int i = 0; i < lim; i++) a[i] = 1ll * a[i] * inv % mod;
	}
}
void mul(int *A, int *B, int *C)
{
	for(int i = 0; i < lim; i++) a[i] = A[i], b[i] = B[i];
	ntt(a, 1), ntt(b, 1);
	for(int i = 0; i < lim; i++) a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;
	ntt(a, -1);
	for(int i = 0; i < m - 1; i++) a[i] = (1ll * a[i] + a[i + m - 1]) % mod, a[i + m - 1] = 0;
	for(int i = 0; i < lim; i++) C[i] = a[i];
}
int main()
{
	n = read <int> (), m = read <int> (), X = read <int> (), S = read <int> ();
	g = getroot(m), gg = fpow(g, m - 2, m);
	for(int tmp = 1, i = 0; i < m - 1; i++, tmp = 1ll * tmp * g % m) mp[tmp] = i;
	for(int x, i = 1; i <= S; i++)
	{
		x = read <int> ();
		if(x) f[mp[x]]++;
	}
	res[mp[1]] = 1;
	for(lim = 1; lim <= 2 * m; lim <<= 1, cnt++); cnt--;
	for(int i = 0; i < lim; i++) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << cnt);
	g = getroot(mod), gg = fpow(g, mod - 2, mod);
	while(n)
	{
		if(n & 1) mul(res, f, res);
		mul(f, f, f);
		n >>= 1;
	}
	printf("%d\n", res[mp[X]]);
	return 0;
}