如果是求$n$个数之和在模$m$意义下为$x$,那么做法是显然的。

但是这道题问的是$n$个数之积在模m意义下为$x$,那么做法就和上面的问题不同。

考虑如何把乘法转换成加法(求log):

题目中有一个很特殊的条件:$m$是个质数。

不妨假设$m$的原根为$g$。那么显然,我们可以用$g^x%m$构造出$[0,m)$中的所有数。

那么对于两个数$A$和$B$,我们将它变形为$g^{x_1}$和$g^{x_2}$,那么$A \times B=g^{x_1+x_2}$。

我们构造一个m-1次多项式A,对于A的第i项,A_i=$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lr} 1 \ [x^i \equiv k(mod\ m),\ k∈S].\\0 \end{array} \right. \end{equation}$。

然后,不妨设读入的$X=g^k$,则答案即为$[x^k]A^n(x)$,注意这里的卷积是循环卷积。

然后就没了,注意S中出现0的情况。

 #include<bits/stdc++.h>
#define M 32768
#define MOD 1004535809
#define G 3
#define L long long
using namespace std; L pow_mod(L x,L k){
L ans=;
while(k){
if(k&) ans=ans*x%MOD;
x=x*x%MOD; k>>=;
}
return ans;
} void change(L a[],int n){
for(int i=,j=;i<n-;i++){
if(i<j) swap(a[i],a[j]);
int k=n>>;
while(j>=k) j-=k,k>>=;
j+=k;
}
}
void NTT(L a[],int n,int on){
change(a,n);
for(int h=;h<=n;h<<=){
L wn=pow_mod(G,(MOD-)/h);
for(int j=;j<n;j+=h){
L w=;
for(int k=j;k<j+(h>>);k++){
L u=a[k],t=a[k+(h>>)]*w%MOD;
a[k]=(u+t)%MOD;
a[k+(h>>)]=(u-t+MOD)%MOD;
w=w*wn%MOD;
}
}
}
if(on==-){
L inv=pow_mod(n,MOD-);
for(int i=;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%MOD;
reverse(a+,a+n);
}
}
L a[M]={},b[M]={},ans[M]={};
int gn[M]={},g=,vis[M]={}; void get(int n){
for(int i=;i<n;i++){
memset(vis,,n<<);
vis[]=; gn[]=;
int hh=,ok=;
for(int j=;j<n-;j++){
hh=hh*i%n;
if(vis[hh]){ok=; break;}
vis[hh]=; gn[hh]=j;
}
if(ok){g=i; return;}
}
} int main(){
int n,m,x,s,nn=;
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&s);
while(nn<(m*)) nn<<=;
get(m);
for(int i=;i<s;i++){
int x; scanf("%d",&x);
if(x==) continue;
x=gn[x];
a[x]++;
}
ans[]=; m--;
while(n){
if(n&){
NTT(a,nn,); NTT(ans,nn,);
for(int i=;i<nn;i++) ans[i]=ans[i]*a[i]%MOD;
NTT(a,nn,-); NTT(ans,nn,-);
for(int i=;i<m;i++) ans[i]=(ans[i]+ans[i+m])%MOD;
for(int i=m;i<nn;i++) ans[i]=;
}
NTT(a,nn,);
for(int i=;i<nn;i++) a[i]=a[i]*a[i]%MOD;
NTT(a,nn,-);
for(int i=;i<m;i++) a[i]=(a[i]+a[m+i])%MOD;
for(int i=m;i<nn;i++) a[i]=;
n>>=;
}
printf("%lld\n",ans[gn[x]]);
}

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