[CC-ANUCBC]Cards, bags and coins

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题目大意：

给你(n(nle10^5))个数，(q(qle30))次询问，问从中选取若干个数使得这些数之和为(m(mle100))的方案数。

思路：

不难想到一个比较暴力的动态规划，用(f[i][j])表示用了前(i)个数，和为(j)的方案数。时间复杂度(mathcal O(nmq))。

发现动态规划中我们只关心每个数在模(m)意义下的值，因此直接用(n)个数转移实在是太愚蠢了。

将这些数模(m)意义下相等的归为一类，最多有(m)类。直接用这(m)类数转移即可。

时间复杂度(mathcal O(qm^3))。

源代码：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
inline int getint() {
	register char ch;
	register bool neg=false;
	while(!isdigit(ch=getchar())) neg|=ch=='-';
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return neg?-x:x;
}
typedef long long int64;
const int N=2e5+1,mod=1e9+9,M=100;
int a[N],f[M],g[M],fac[N],ifac[N],cnt[M],c[M];
void exgcd(const int &a,const int &b,int &x,int &y) {
	if(!b) {
		x=1,y=0;
		return;
	}
	exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=a/b*x;
}
inline int inv(const int &x) {
	int ret,tmp;
	exgcd(x,mod,ret,tmp);
	return (ret%mod+mod)%mod;
}
inline int C(const int &n,const int &m) {
	return (int64)fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int main() {
	for(register int i=fac[0]=1;i<N;i++) {
		fac[i]=(int64)fac[i-1]*i%mod;
	}
	ifac[N-1]=inv(fac[N-1]);
	for(register int i=N-1;i>=1;i--) {
		ifac[i-1]=(int64)ifac[i]*i%mod;
	}
	for(register int T=getint();T;T--) {
		const int n=getint(),q=getint();
		for(register int i=1;i<=n;i++) a[i]=getint();
		for(register int i=0;i<q;i++) {
			const int m=getint();
			std::fill(&cnt[0],&cnt[m],0);
			for(register int i=1;i<=n;i++) {
				cnt[(a[i]%m+m)%m]++;
			}
			f[0]=1;
			std::fill(&f[1],&f[m],0);
			for(register int i=0;i<m;i++) {
				std::fill(&c[0],&c[m],0);
				for(register int j=0;j<=cnt[i];j++) {
					(c[(int64)i*j%m]+=C(cnt[i],j))%=mod;
				}
				std::copy(&f[0],&f[m],g);
				std::fill(&f[0],&f[m],0);
				for(register int j=0;j<m;j++) {
					for(register int k=0;k<m;k++) {
						(f[(j+k)%m]+=(int64)g[k]*c[j]%mod)%=mod;
					}
				}
			}
			printf("%d
",f[0]);
		}
	}
	return 0;
}