[题解] LuoguP3702 [SDOI2017]序列计数

https://www.luogu.com.cn/problem/P3702

稍微有点套路......

先不管那个质数的条件

考虑(DP)，令(f_{i,j})表示(i)个数和(\%p)为(j)的方案数。

有转移

[f_{i,c}=sumlimits_{(a+b) \% p = c} f_{i-1,a}f_{i-1,b} ]

但这样转移(i)就有(10^9)个...

注意到如果我们没必要从(i-1)转移到(i)

如果知道了(f_i)，那么我们可以推到(f_{2i})，即

[f_{2i,c}=sumlimits_{(a+b) \% p=c} f_{i,a}f_{i,b} ]

进一步的如果我们知道(f_i,f_j)，可以推到

[f_{i+j,c}=sumlimits_{(a+b) \% p = c}f_{i,a}f_{j,b} ]

可以像快速幂那样倍增转移，边界就是(f_{1,i}=1...m)中(\% p = i)的数的个数。

然后发现这样选出来的不一定合法，减掉没有素数构成的序列个数就好了（这个可以和上面类似的(DP)）。

所以这个(p)可以搞到(10^5)的样子然后FFT转移的吧......

但这里暴力卷积就好了....

复杂度(O(p^2 log n))

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 210, mod = 20170408;

int p;

struct poly {
  int a[N];
  poly() { memset(a, 0, sizeof(a)); }
  
  inline int &operator [] (int i) { return a[i]; }
  inline int operator [] (int i) const { return a[i]; }
  
  poly operator * (const poly &o) const {
    static int A[N];
    for (int i = 0; i <= p * 2; i++) A[i] = 0;
    for (int i = 0; i < p; i++)
      for (int j = 0; j < p; j++) {
        int k = (i+j) % p; A[k] += 1ll * a[i] * o[j] % mod;
        if (A[k] >= mod) A[k] -= mod;
      }
    poly ans;
    for (int i = 0; i < p; i++) ans[i] = A[i];
    return ans;
  }
};

poly qpow(poly A, int n) {
  poly ans; ans[0] = 1;
  for (; n; n >>= 1, A = A * A)
    if (n & 1) ans = ans * A;
  return ans;
}

vector<int> ps;
bool vis[20000010];

void sieve(int n) {
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    if (!vis[i]) ps.push_back(i);
    for (auto j : ps) {
      if (i * j > n) break;
      vis[i*j] = 1; if (i % j == 0) break;
    }
  }
}

int n, m;
poly A, B, ans1, ans2;

int main() {
  scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
  sieve(m);
  for (int i = 1; i <= m; i++) ++A[i % p], ++B[i % p];
  for (auto pr : ps) --B[pr % p];
  ans1 = qpow(A, n), ans2 = qpow(B, n);
  printf("%d
", (ans1[0] - ans2[0] + mod) % mod);
  return 0;
}