[BZOJ3992][SDOI2015]序列统计

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试题描述

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_i }) 和 ({ B_i })不同，当且仅当至少存在一个整数 (i)，满足 (A_i e 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 (mod 1004535809) 的值就可以了。

输入

第一行，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。

输出

一行，一个整数，表示你求出的种类数 (mod 1004535809) 的值。

输入示例

4 3 1 2
1 2

输出示例

8

数据规模及约定

(1 le N le 10^9)，(3 le M le 8000)，(M) 为质数

(0 le x le M-1)，输入数据保证集合 (S) 中元素不重复

题解

一提到原根应该就会做了。会做的就不用再往下看了……

原根的定义中运算都在模 (P) 意义下，原根就是一个整数 (g)，满足 ({ g^i | i in [0, P-2] }) 能与 ({ i | i in [1, P-1] }) 一一对应。找原根的方法是暴力枚举 (g)，检查是否 (g^k equiv 1) 是否是 (k = P-1 或 k = 0) 的充要条件，是则表明 (g) 是原根，否则继续枚举。

这样，每个非 (0) 整数都能够用 (g) 的若干次方来表示了，并且乘积变成了指数的相加。于是就可以解决“转移是乘法”的问题了。

按照套路，还是讲一下暴力 dp 吧。设 (f(i, j)) 表示长度为 (i) 的数列，数列乘积的结果是 (g^j mod M)，这样的数列的个数。那么我们找到 (S) 中的元素的指数，即找到 (P_i) 满足 (g^{P_i} equiv S_i(mod M))，那么转移就是

[f(i, j) ightarrow f(i, (j + P_t) mod (M-1)), t in [1, |S|] \ f(0, 0) = 1 ]

其中，( ightarrow) 表示累加。

然后搞生成函数 (F_i(x)) 为 (f(i, j)) 的生成函数，令 (G(x) = sum_{i=1}^{|S|} x^{P_i})，有

[F_i(x) = F_{i-1}(x) cdot G(x) \ F_0(x) = 1 ]

注意这里的多项式乘法是 (M-1) 位循环卷积。上面的式子可以用倍增 + NTT 来做，每次乘法完毕之后暴力把多出来的部分累加到前面去。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)

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

#define maxn 16384
#define MOD 1004535809
#define Groot 3
#define LL long long

int Pow(int a, int b) {
	int ans = 1, t = a;
	while(b) {
		if(b & 1) ans = (LL)ans * t % MOD;
		t = (LL)t * t % MOD; b >>= 1;
	}
	return ans;
}

int brev[maxn];
void FFT(int *a, int len, int tp) {
	int n = 1 << len;
	rep(i, 0, n - 1) if(i < brev[i]) swap(a[i], a[brev[i]]);
	rep(i, 1, len) {
		int wn = Pow(Groot, MOD - 1 >> i);
		if(tp < 0) wn = Pow(wn, MOD - 2);
		for(int j = 0; j < n; j += 1 << i) {
			int w = 1;
			rep(k, 0, (1 << i >> 1) - 1) {
				int la = a[j+k], ra = (LL)w * a[j+k+(1<<i>>1)] % MOD;
				a[j+k] = (la + ra) % MOD;
				a[j+k+(1<<i>>1)] = (la - ra + MOD) % MOD;
				w = (LL)w * wn % MOD;
			}
		}
	}
	if(tp < 0) {
		int invn = Pow(n, MOD - 2);
		rep(i, 0, n - 1) a[i] = (LL)a[i] * invn % MOD;
	}
	return ;
}
void Mul(int *A, int *B, int n, int m, bool recover = 0) {
	int N = 1, len = 0;
	while(N <= n + m) N <<= 1, len++;
	rep(i, 0, N - 1) brev[i] = (brev[i>>1] >> 1) | ((i & 1) << len >> 1);
	rep(i, n + 1, N - 1) A[i] = 0;
	rep(i, m + 1, N - 1) B[i] = 0;
	FFT(A, len, 1); FFT(B, len, 1);
	rep(i, 0, N - 1) A[i] = (LL)A[i] * B[i] % MOD;
	FFT(A, len, -1); if(recover) FFT(B, len, -1);
	rep(i, n + 1, n + m) (A[i%(n+1)] += A[i]) %= MOD;
	return ;
}

int findg(int M) {
	rep(i, 2, M - 1) {
		int x = 1; bool ok = 1;
		rep(j, 1, M - 2) {
			x = (LL)x * i % M;
			if(x == 1){ ok = 0; break; }
		}
		if(ok) return i;
	}
	return 0;
}
int s[maxn], p[maxn], Exp[maxn];
void getExp(int g, int M, int k) {
	int x = 1;
	rep(i, 0, M - 2) Exp[x] = i, x = (LL)x * g % M;
	rep(i, 1, k) p[i] = s[i] ? Exp[s[i]] : -1;
	return ;
}

int F[maxn], G[maxn], tmp[maxn];
void p_pow(int n, int M) {
	while(n) {
		if(n & 1) Mul(F, G, M, M, 1);
		memcpy(tmp, G, sizeof(G));
		Mul(G, tmp, M, M); n >>= 1;
	}
	return ;
}

int main() {
	int n = read(), M = read(), q = read(), k = read(), g = findg(M);
	rep(i, 1, k) s[i] = read();
	
	getExp(g, M, k);
	rep(i, 1, k) if(p[i] >= 0) G[p[i]] = 1;
	F[0] = 1;
	p_pow(n, M - 2);
	
	printf("%d
", F[Exp[q]]);
	
	return 0;
}