【NOIP模拟赛】随

题目链接：

　　172.18.111.252:800/problem.php?cid=1001&pid=0

题解：

　　膜达神……（NOIP考这个就等爆零吧……）

　　显然我们得到一个结论：$ans=sum_{i=0}^{mod-1}i*f_{i}$，其中$f_{i}$表示结果为i的概率。

　　那么问题就是求$f_{i}$。

　　最初我们可以想到用暴力枚举所有状态，显然超时，怎么优化，矩阵dp。可以开一个$n^{2}$的矩阵来递推。但这样时间$n^{3}log(n)$还是过不去。深入探讨，我们发现，给的mod是很小的，也就意味着可以把许多$a_{i}$合并概率，同时我们发现（题目下面提示），这原根似乎没用到。(⊙v⊙)嗯。

　　我们设$g$为原根，那么对于所有的$a_{i}$我们都可以用$g^{x}$来表示，然后结合欧拉定理，我们就可以到到一个新的递推式:$f_{i,j}=sum_{x=0}^{mod-2}f_{i-1,x}*f_{i-1,j-x}$其中$f_{i,j}$表示i次选取后，结果为原根的j次幂的概率，$j-x$为其在mod-1意义下的剩余系。这个式子显然可以矩阵优化，同时我们发现这个矩阵是一个循环矩阵,然后我们就可以在$O(mod^{2}log（m）)$的时间内求出答案。

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int mod=int(1e9)+7,N=1010;
inline int read(){
    int s=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')   ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+(ch^48),ch=getchar();
    return s;
}
int n,m,P,P2;
int yuan(){
    for(int i=1;i<P;i++){
        int x=1;
        bool flag=true;
        for(int j=1;j<P2;j++){
            x=x*i%P;
            if(x==1){
                flag=false;break;
            }
        }
        if(flag)    return i;
    }
}
inline int powmod(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=1LL*ans*a%mod;
        b>>=1;
        a=1LL*a*a%mod;
    }return ans;
}
struct Matrix{
    int a[N];
    Matrix (){memset(a,0,sizeof(a));}
}now,a;
Matrix t;
int pi[N],logs[N];
int cnt[N];
int main(){
    n=read(),m=read(),P=read();P2=P-1;
    int rt=yuan();
    
    int x=1;
    logs[1]=0;
    pi[0]=1;
    for(int i=1;i<P2;i++){
        x=1LL*x*rt%P;
        pi[i]=x;
        logs[x]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cnt[logs[read()]]++;
    
    int re=powmod(n,mod-2);
    for(int i=0;i<P2;i++)
        cnt[i]=1LL*cnt[i]*re%mod;
    now.a[0]=1;
    for(int i=0;i<P2;i++)
        a.a[i]=cnt[(P2-i)%P2];
    while(m){
        if(m&1) {
            for(int i=0;i<P2;i++){
                t.a[i]=0;
                for(int j=0;j<P2;j++)
                    t.a[i]=(1LL*t.a[i]+1LL*now.a[j]*a.a[(i-j+P2)%P2])%mod;
            }
            now=t;
        }
        m>>=1;
        for(int i=0;i<P2;i++){
            t.a[i]=0;
            for(int j=0;j<P2;j++)
                t.a[i]=(1LL*t.a[i]+1LL*a.a[j]*a.a[(i-j+P2)%P2])%mod;
        }
        a=t;
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<P2;i++){
           ans=(ans*1LL+pi[i]*1LL*now.a[(P2-i)%P2]%mod)%mod;
    }
    printf("%d
",ans);
}