3992: [SDOI2015]序列统计

3992: [SDOI2015]序列统计

链接

分析：

　　给定一个集和s，求多少个长度为n的序列，满足序列中每个数都属于s，并且所有数的乘积模m等于x。

　　设$f=\sum\limits_{i=0}^{n - 1} a_i x ^ i \ \ 如果集合中存在i，a_i = 1$

　　那么答案的生成函数为f自乘n次，这里可以快速幂。这里"乘法"定义是：设多项式a乘多项式b等于c，$\sum\limits_{k=0}^{n - 1} c_k = \sum\limits_{i \times j = k} a_i \times b_j$ 每次“乘法”的复杂度是$m^2$，所以复杂度是$O(m^2logn)$。

　　考虑优化“乘法”的部分，我们知道多项式乘法利用FFT/NTT可以做到$nlogn$的，看能否转化为多项式乘法，即多项式乘法的定义变为$\sum\limits_{k=0}^{n - 1} c_k = \sum\limits_{i + j = k} a_i \times b_j$。

　　NTT中，有引入原根的概念，在NTT中，原根的用途相当于单位根。 原根有一个性质：对于mod p下的原根g，$g^1, g^2 \dots g^{p - 1}$互不相同，$g^{p - 1} \equiv 1 \mod p$。而且$g^1, g^2 \dots g^{p - 1}$可以分别表示$1,2 \dots p - 1$。

　　那么我们对m求出单位根，集合S中出现的每个数，都可以表示为$s_i = g^{t_{s_i}}$

　　此时对于原来的一个序列y，$\prod y_i = x \mod m$，就变成了$\prod g ^{t_{y_i}} = g^{t_x} \mod m$，即$\sum t_{y_i} = x \mod m - 1$

　　现在我们求的就是长度为n的序列，序列中每个数都属于集合t，并且所有数的和模(m-1)等于x 如此按照上面的做法，将乘法的定义改为多项式乘法的定义，快速幂+NTT即可复杂度$mlogmlogn$。

　　注意：多项式乘法中是没有取模的，而这里(i+j)%(m-1)，直接将数组加倍，然后NTT完后，大于等于m的加到相应的模m后的位置上即可。

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<set>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long LL;
 
inline int read() {
    int x=,f=;char ch=getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*+ch-'';return x*f;
}
 
const int mod = ;
const int N = ;
int vis[N], rev[N], n = , m;
int f[N], g[N], a[N], b[N], inv;
 
int ksm(int a,int b,int p) {
    a %= p;
    int ans = ;
    while (b) {
        if (b & ) ans = 1ll * ans * a % p;
        a = 1ll * a * a % p;
        b >>= ;
    }
    return ans % p;
}
int Calc(int x) {
    if (x == ) return ;
    for (int i = ; ; ++i) {
        bool flag = ;
        for (int j = ; j * j < x; ++j)
            if (ksm(i, (x - ) / j, x) == ) { flag = false; break; }
        if (flag) return i;
    }
}
void NTT(int *a,int n,int ty) {
    for (int i = ; i < n; ++i) if (i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
    for (int m = ; m <= n; m <<= ) {
        int w1 = ksm(, (mod - ) / m, mod);
        if (ty == -) w1 = ksm(w1, mod - , mod);
        for (int i = ; i < n; i += m) {
            int w = ;
            for (int k = ; k < (m >> ); ++k) {
                int u = a[i + k], t = 1ll * w * a[i + k + (m >> )] % mod;
                a[i + k] = (u + t) % mod;
                a[i + k + (m >> )] = (u - t + mod) % mod;
                w = 1ll * w * w1 % mod;
            }
        }
    }
}
void mul(int *g,int *f) {
    for (int i = ; i < n; ++i) a[i] = g[i] % mod, b[i] = f[i] % mod;
    NTT(a, n, );
    NTT(b, n, );
    for (int i = ; i < n; ++i) a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod;
    NTT(a, n, -);
    for (int i = ; i < n; ++i) a[i] = 1ll * a[i] * inv % mod;
    for (int i = ; i < m - ; ++i) g[i] = (a[i] + a[i + m - ]) % mod;
}
void solve(int b) {
    inv = ksm(n, mod - , mod);
    g[] = ;
    while (b) {
        if (b & ) mul(g, f);
        b >>= ;
        mul(f, f);
    }
}
int main() {
    int cnt = read(); m = read(); int x = read(), s = read();
    for (int i = ; i <= s; ++i) vis[read()] = ;
    int q = Calc(m), pos = -, L = ;
    for (int i = , j = ; i < m - ; ++i, j = 1ll * j * q % m) {
        if (vis[j]) f[i] = ;
        if (j == x) pos = i;
    }
    int M = (m - ) * ;
    while (n < M) n <<= , L ++;
    for (int i = ; i < n; ++i) rev[i] = (rev[i >> ] >> ) | ((i & ) << (L - ));
    solve(cnt);
    if (pos != -) cout << g[pos] % mod;
    else cout << ;
    return ;
}