[SDOI2015]序列统计

Description

小C有一个集合S，里面的元素都是小于M的非负整数。他用程序编写了一个数列生成器，可以生成一个长度为N的数列，数列中的每个数都属于集合S。

小C用这个生成器生成了许多这样的数列。但是小C有一个问题需要你的帮助：给定整数x，求所有可以生成出的，且满足数列中所有数的乘积mod M的值等于x的不同的数列的有多少个。小C认为，两个数列{Ai}和{Bi}不同，当且仅当至少存在一个整数i，满足Ai≠Bi。另外，小C认为这个问题的答案可能很大，因此他只需要你帮助他求出答案mod 1004535809的值就可以了。

Input

一行，四个整数，N、M、x、|S|，其中|S|为集合S中元素个数。第二行，|S|个整数，表示集合S中的所有元素。

Output

一行，一个整数，表示你求出的种类数mod 1004535809的值。

Sample Input

4 3 1 2
1 2

Sample Output

8

HINT

【样例说明】

可以生成的满足要求的不同的数列有(1,1,1,1)、(1,1,2,2)、(1,2,1,2)、(1,2,2,1)、(2,1,1,2)、(2,1,2,1)、(2,2,1,1)、(2,2,2,2)。

【数据规模和约定】

对于10%的数据，1<=N<=1000；

对于30%的数据，3<=M<=100；

对于60%的数据，3<=M<=800；

对于全部的数据，1<=N<=109，3<=M<=8000，M为质数，1<=x<=M-1，输入数据保证集合S中元素不重复

首先对于模数m的原根G，每个i=1～m-1，都有唯一的j属于[0,m-2]，使得$G^{j}=i$

求原根可以先找出p-1的所有质因数，然后从2开始枚举，如果对任意的p-1的质因数p[i]，x的(p-1)/p[i]次幂模p都不等于1，则x是p的一个原根

原根一般比较小，可以暴力找

那么乘法就转化为加法，以下所说的数的都是离散对数，也就是每个j对应的i

对于x，如果i+j=x

那么x的方案数f[x]显然要加上f[i]*f[j]

这显然是一个多项式形式，也就是多项式乘法

因为求的是小于m-1的方案数，所以每次相乘要把大于m-1的方案合并

原题相当于n个多项式相乘，求某一项的系数

因为n很大，而且因为合并答案，所以长度不会超过2*m-2

用快速幂套NTT就可以了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long lol;
lol MOD=1004535809;
lol X,S,G,p[10001],a[80001],b[80001],R[80001];
int pri[100001];
lol qpow(lol x,lol y,lol Mod)
{
  lol res=1;
  while (y)
    {
      if (y&1) res=res*x%Mod;
      x=x*x%Mod;
      y>>=1;
    }
  return res;
}
lol getG(lol m)
{
  lol i,j;
  lol x=m-1,tot=0,flag;
  for (i=2;i<=sqrt(m-1);i++)
    if (x%i==0)
      {
    pri[++tot]=i;
    while (x%i==0) x/=i;
      }
  if (x!=1)
    {
      pri[++tot]=x;
    }
  for (i=2;;i++)
    {
      flag=1;
      for (j=1;j<=tot;j++)
    if (qpow(i,(m-1)/pri[j],m)==1)
      {
        flag=0;
        break;
      }
      if (flag)
    return i;
    }
}
void NTT(lol *A,int len,int o)
{lol i,j,k;
  for (i=0;i<len;i++)
    if (i<R[i]) swap(A[i],A[R[i]]);
  for (i=1;i<len;i<<=1)
    {
      lol wn=qpow(3,(MOD-1)/(i<<1),MOD),x,y;
      if (o==-1) wn=qpow(wn,MOD-2,MOD);
      for (j=0;j<len;j+=(i<<1))
    {
      lol w=1;
      for (k=0;k<i;k++,w=w*wn%MOD)
        {
          x=A[j+k];y=w*A[j+k+i]%MOD;
          A[j+k]=(x+y)%MOD;
          A[j+k+i]=(x-y+MOD)%MOD;
        }
    }
    }
  if (o==-1)
    {
      lol tmp=qpow(len,MOD-2,MOD);
      for (i=0;i<len;i++)
    A[i]=A[i]*tmp%MOD;
    }
}
int main()
{lol i,x,len,lg=0,n,m;
  cin>>n>>m>>X>>S;
  G=getG(m);
  lol tmp=1;
  for (i=0;i<m-1;i++)
    {
      p[tmp]=i;
      tmp=(tmp*G)%m;
    }
  for (i=1;i<=S;i++)
    {
      scanf("%lld",&x);
      if (x) a[p[x]]++;
    }
  len=1;
  while (len<=2*m-2) len*=2,lg++;
  for (i=0;i<len;i++)
    R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
  b[0]=1;
  while (n)
    {
      if (n&1)
    {
      NTT(a,len,1);
      NTT(b,len,1);
      for (i=0;i<len;i++)
          b[i]=b[i]*a[i]%MOD;
      NTT(b,len,-1);
      NTT(a,len,-1);
      for (i=m-1;i<len;i++)
        b[i%(m-1)]+=b[i],b[i%(m-1)]%=MOD,b[i]=0; 
    }
      NTT(a,len,1);
      for (i=0;i<len;i++)
    a[i]=a[i]*a[i]%MOD;
      NTT(a,len,-1);
      for (i=m-1;i<len;i++)
    a[i%(m-1)]+=a[i],a[i%(m-1)]%=MOD,a[i]=0;
      n>>=1;
    }
  printf("%lld
",b[p[X]]);
}