[SDOI2015] 序列统计

题意：

给定一个集合S，里面的数都是小于m的非负整数。

求长度为n的数列个数，满足：

• 数列中所有数都属于S。
• 数列中所有数的乘积对m取模等于x。

称数列A和B不同当且仅当存在i使得$A_i eq B_i$。

答案对1004535809取模。

$nleq 10^{9},mleq 8000,m是质数$。

题解：

实际上就是要求类似于$F_i=sum limits_{jk=i}{f_j g_k}$的卷积。

这东西没法直接做，但如果我们令$j=g^{x},k=g^{y}$，那么就变成了我们熟悉的$F_z=sum limits_{x+y=z}{f_x g_y}$的形式。

这题中g就等于m的原根。找原根可以直接枚举g，如果$exists x eq m-1,g^{x}=1$，则g不合法。

求出原根后直接跑个卷积快速幂即可，注意此时最高次项应为$m-1$。

由于每次需要把$f_{i+m}$加到$f_i$上，然后令$f_{i+m}=0$，所以不能直接对点值快速幂，必须每乘一次就转成系数表示法。

复杂度$O(m log{m}log{n})$。

套路：

• 形如$F_i=sum limits_{jk=i}{f_j g_k}$的卷积$ ightarrow$变成普通卷积$ ightarrow$找到g使得$j=g^{x},k=g^{y}$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 200005
#define maxm 500005
#define inf 0x7fffffff
#define mod 1004535809
#define g 3
#define ll long long
#define rint register ll
#define debug(x) cerr<<#x<<": "<<x<<endl
#define fgx cerr<<"--------------"<<endl
#define dgx cerr<<"=============="<<endl

using namespace std;
ll m,vis[maxn],ind[maxn];

inline ll read(){
    ll x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}

inline ll pw(ll a,ll b,ll mo){ll r=1;while(b)r=(b&1)?r*a%mo:r,a=a*a%mo,b>>=1;return r;}
struct poly{
    ll a[maxn],n;
    inline void clear(){memset(a,0,sizeof(a)),n=0;}
    inline void ntt(ll op){
        for(ll i=0;i<n;i++) if(ind[i]>i) swap(a[i],a[ind[i]]);
        for(ll l=1;l<=n;l<<=1){
            ll p=pw(g,(mod-1)/l,mod);
            if(op==-1) p=pw(p,mod-2,mod);
            for(ll i=0;i<n;i+=l)
                for(ll j=i,w=1;j<i+l/2;j++,w=w*p%mod){
                    ll x=a[j],y=w*a[j+l/2]%mod;
                    a[j]=(x+y)%mod,a[j+l/2]=(x-y+mod)%mod;
                }
        }
        if(op==-1){
            ll inv=pw(n,mod-2,mod);
            for(ll i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%mod;
        }
    }
};

inline poly mul(poly A,poly B){
    A.ntt(1),B.ntt(1);
    poly R; R.clear(),R.n=A.n;
    for(ll i=0;i<R.n;i++) R.a[i]=A.a[i]*B.a[i]%mod;
    R.ntt(-1);
    for(ll i=m;i<2*m;i++) 
        R.a[i-m]=(R.a[i-m]+R.a[i])%mod,R.a[i]=0;
    return R;
}

inline poly solve(poly A,ll b){
    for(ll i=0;i<A.n;i++) 
        ind[i]=(i&1)?((ind[i>>1]>>1)|(A.n>>1)):(ind[i>>1]>>1);
    poly R; R.clear(),R.n=0;
    while(b){
        if(b&1) R=(R.n==0)?A:mul(R,A);
        A=mul(A,A),b>>=1;
    }
    return R;
}

inline ll calc(ll x){
    for(ll i=2;i<x;i++){
        bool flag=1;
        for(ll j=2;j*j<x;j++)
            if(pw(i,(x-1)/j,x)==1) flag=0;
        if(flag) return i;
    }
}

int main(){
    ll n=read(); m=read()-1;
    ll x=read(),S=read(),gen=calc(m+1); 
    for(ll i=1;i<=S;i++) vis[read()]=1;
    ll N=1; while(N<2*m) N<<=1; 
    poly A; A.clear(),A.n=N;
    for(ll i=0;i<m;i++) A.a[i]=vis[pw(gen,i,m+1)];
    poly R=solve(A,n);
    for(ll i=0;i<m;i++)
        if(pw(gen,i,m+1)==x)
            printf("%lld
",R.a[i]);
    return 0;
}