[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 (A) 和 (B) 不同，当且仅当 (exists i ext{ s.t. } A_i eq B_i)。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对 (1004535809) 取模的值就可以了。

Solution

首先考虑朴素算法的(dp)转移：(f_i imes f_j ightarrow f_{i imes j})

观察这个转移，如果转移是(f_i imes f_j ightarrow f_{i+j})，那我们不就可以卷起来了吗？

乘法变成加法，想到了什么？对数。

题目中要求乘起来为(x)的方案数，那我们只需要对(S_i)和(x)取关于(M)的原根的离散对数，然后问题就转化为了(log {S_i})加起来为(log x)的方案数。

小于(M)的非负整数，除(0)外，一共有(M-2)个，值域为([1,M-1])。因为(g^0 equiv g^{M-1}(mod M))，且(g^0)到(g^{M-2})两两不同，所以(S_i)与(log S_i)是一一对应的，(log S_{i})的范围是([0,M-2])。

接下来，定义生成函数

[A(x)=sum limits_{i=0}^{infty}a_ix^i ]

对于集合中的每个数(S_i)，若(S_i)不为(0)，令(a_{log S_i}=1)。

然后快速幂求出(A^{N}(x))，第(log x)项就是答案。

最后需要注意的一点是，因为取离散对数后要求的是加起来(mod M-1)为(log x)，所以每次乘法后要把所有次数(mod M-1)为(i)的项统计到次数为(i)的项上。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline int ty() {
	char ch = getchar(); int x = 0, f = 1;
	while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return x * f;
}

int ksm(int a, int b, int mod) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; b >>= 1) {
		if (b & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod;
	}
	return ret;
}

const int P = 1004535809, G = 3, Gx = ksm(G, P - 2, P);
const int _ = 3e4 + 10;
int N, M, X, S, g;
int F[_], H[_], r[_], lim = 1, xx;
map<int, int> mp;

int root(const int p) {
	for (int i = 2; i <= p; ++i) {
		int x = p - 1;
		bool flag = true;
		for (int k = 2; k * k <= p - 1; ++k) if (!(x % k)) {
			if (ksm(i, (p - 1) / k, p) == 1) {
				flag = false;
				break;
			}
			while (!(x % k)) x /= k;
		}
		if (flag && (x == 1 || ksm(i, (p - 1) / x, p) != 1)) return i;
	}
}

void NTT(int *a, int op) {
	for (int i = 0; i < lim; ++i)
		if (i < r[i]) swap(a[i], a[r[i]]);
	for (int len = 2; len <= lim; len <<= 1) {
		int mid = len >> 1;
		int Wn = ksm(op == 1 ? G : Gx, (P - 1) / len, P);
		for (int i = 0; i < lim; i += len) {
			int w = 1;
			for (int j = 0; j < mid; ++j, w = 1ll * w * Wn % P) {
				int x = a[i + j], y = 1ll * w * a[i + j + mid] % P;
				a[i + j] = (x + y) % P;
				a[i + j + mid] = (x - y + P) % P;
			}
		}
	}
	if (op == -1)
		for (int i = 0; i < lim; ++i) a[i] = 1ll * a[i] * xx % P;
}

void mul(int *A, int *B, int *C) {
	static int a[_], b[_], ret[_];
	for (int i = 0; i < lim; ++i) a[i] = A[i], b[i] = B[i];
	NTT(a, 1); NTT(b, 1);
	for (int i = 0; i < lim; ++i) a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % P;
	NTT(a, -1);
	for (int i = 0; i < M - 1; ++i) ret[i] = (a[i] + a[i + M - 1]) % P;
	for (int i = 0; i < M - 1; ++i) C[i] = ret[i];
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("seq.in", "r", stdin);
	freopen("seq.out", "w", stdout);
#endif
	N = ty(), M = ty(), X = ty(), S = ty();
	g = root(M); long long t = 1;
	for (int i = 0; i < M - 1; ++i) {
		mp[t] = i;
		t = t * g % M;
	}
	for (int i = 1; i <= S; ++i) {
		int x = ty() % M;
		if (x) F[mp[x]] = 1;
	}
	H[0] = 1;
	int k = 0; while (lim <= M + M) lim <<= 1, ++k;
	for (int i = 0; i < lim; ++i) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (k - 1));
	xx = ksm(lim, P - 2, P);
	for ( ; N; N >>= 1) {
		if (N & 1) mul(H, F, H);
		mul(F, F, F);
	}
	printf("%d
", H[mp[X]]);
	return 0;
}