@description@
已知一个数（允许前导零）有 n 位（n 为偶数），并知道组成这个数的数字集合（并不一定要把集合内的数用完）。求有多少种可能，使得这个数前半部分的数位和等于后半部分的数位和。
模 998244353。
input
第一行两个整数：n k。表示这个数的位数以及组成这个数的数字集合大小。2 <= n <= 2*10^5，1 <= k <= 10。
第二行 k 个两两不同的整数 d1，d2，...，dk，表示组成这个数的数字集合。0 <= di <= 9。
output
输出可能数，模 998244353。
sample input
4 2
1 8
sample output
6
sample explain
6 种可能分别是：1111,1818,8118,1881,8181,8888。
@solution@
模数暗示 NTT。
如果长度为 n/2，数位和为 s 的数有 k 种，则它对答案的贡献为 (k^2)。
问题等价于求，长度为 n/2，数位和为 0,1,2,... 的数有多少种。
我们于是可以 dp。定义状态 (dp[i][j]) 表示长度为 i 的数，数位和为 j 的方案数。
定义 (f)，使得 (f[d[i]]=1(1le i le k))。可以得到状态转移方程：
[dp[i][j] = sum_{k=0}^{9}dp[i-1][j-k]*f[k]
]
嗯好的这是一个卷积形式的 dp，我们可以用 NTT 来优化。
可以得到 (dp[frac{n}{2}][j] = f^{frac{n}{2}}[j])。
转换成点值形式后直接快速幂再转换回来。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int G = 3;
const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 200000*9*2;
int pow_mod(int b, int p) {
int ret = 1;
while( p ) {
if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
b = 1LL*b*b%MOD;
p >>= 1;
}
return ret;
}
void ntt(int A[], int n, int type) {
for(int i=0,j=0;i<n;i++) {
if( i < j ) swap(A[i], A[j]);
for(int l=(n>>1);(j^=l)<l;l>>=1);
}
for(int s=2;s<=n;s<<=1) {
int t = (s >> 1);
int u = (type == 1) ? (pow_mod(G, (MOD-1)/s)) : (pow_mod(G, (MOD-1)-(MOD-1)/s));
for(int i=0;i<n;i+=s) {
for(int p=1,j=0;j<t;j++,p=1LL*p*u%MOD) {
int x = A[i+j], y = 1LL*A[i+j+t]*p%MOD;
A[i+j] = (x + y)%MOD, A[i+j+t] = (x + MOD - y)%MOD;
}
}
}
if( type == -1 ) {
int inv = pow_mod(n, MOD-2);
for(int i=0;i<n;i++)
A[i] = 1LL*A[i]*inv%MOD;
}
}
int f[MAXN + 5];
int main() {
int n, k, d, mx = 0;
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i=1;i<=k;i++) {
scanf("%d", &d);
mx = max(mx, d);
f[d] = 1;
}
int len; for(len = 1;len <= ((n>>1)*mx);len<<=1);
ntt(f, len, 1);
for(int i=0;i<len;i++)
f[i] = pow_mod(f[i], (n>>1));
ntt(f, len, -1);
int ans = 0;
for(int i=0;i<len;i++)
ans = (ans + 1LL*f[i]*f[i]%MOD)%MOD;
printf("%d
", ans);
}
@details@
连续做了几天多项式毒瘤算法，做一个卷积优化是真的轻松惬意。
我才不会说因为 mx 没有弄初值 RE 了让我懵逼了好久。
我怎么可能会因为傻逼错误做不出来傻逼题。