题目大意:
solution:
本题极其恶心,只给了$16MB$的空间,于是乎,看完题解后,我们推起了式子.
首先我们来分析一下$prod_{i=1}^{n}x_{i} equiv c(mod p)$的解的个数.分情况讨论:
一、$c eq 0$时,由于$xin [0,p)$,该范围内没有p的倍数,所以对任意的$i$有$x_{i} eq 0$,根据分步乘法原理,我们可以得$prod_{i=1}^{n} x_{i} otequiv c(mod p)$的解个数为$ (p-1)^{n} $,根据平均分配原则,可以得出$ c eq 0 $时,$ prod_{i=1}^{n}x_{i} equiv c(mod p) $的解的个数为$a_{1}=(p-1)^{n-1}$.
二、$c=0$时,我们可以利用正难则反原理,所有组合的个数为$p^{n}$,$prod_{i=1}^{n} x_{i} otequiv c(mod p)$的解的个数为$(p-1)^{n}$,所以$prod_{i=1}^{n} x_{i} equiv 0(mod p)$的解个数为$b_{1}=p^{n}-(p-1)^{n}$.
我们分析完了$n=1$的情况,接下来分析$n>1$时状态的转移.
一、$c=0$时,$prod_{i=1}^{n_{1}}x1_{i}+prod_{j=1}^{n_{2}}x2_{j} equiv 0(mod p)$成立时,有以下情况:
(1)$prod_{i=1}^{n_{1}} x1_{i} equiv 0(mod p)$且$prod_{j=1}^{n_{2}} x2_{j} equiv 0(mod p)$,此时据乘法原理将$b_{1} cdot b_{2}$计入答案$b_{3}$;
(2)$prod_{i=1}^{n_{1}} x1_{i} equiv c_{1}(mod p)$,$prod_{i=1}^{n_{2}} x2_{i} equiv c_{2}(mod p)$且$c_{1}+c_{2}==p$,共有$p-1$种情况使$c_{1}+c_{2}==p$,根据乘法原理和加法原理,我们将$(p-1)cdot a_{1} cdot a_{2}$计入答案.
由此可得,$b_{3}=b_{1}cdot b_{2} + (p-1) cdot a_{1} cdot a_{2}$
二、$c eq 0$时,$prod_{i=1}^{n_{1}}x1_{i}+prod_{j=1}^{n_{2}}x2_{j} equiv c(mod p)$成立,有以下情况:
(1)$prod_{i=1}^{n_{1}}x1_{i} equiv 0(mod p)$,那需满足$prod_{j=1}^{n_{2}}x2_{j} equiv c(mod p)$,所以将$b_{1}cdot a_{2}$计入答案$a_{3}$;
(2)$prod_{j=1}^{n_{2}}x2_{j} equiv 0(mod p)$,仿照上例显然,将$b_{2} cdot a_{1}$计入答案$a_{3}$;
(3)$prod_{i=1}^{n_{1}}x1_{i} equiv c_{1}(mod p)$,$prod_{j=1}^{n_{2}}x2_{j} equiv c_{2}(mod p)$ $(c_{1} eq 0,c_{2} eq 0)$,欲满足条件,当且仅当$c_{1}+c_{2} equiv c$,经过我们手玩发现,共有$p-2$种,所以根据分布乘法原理,将$(p-2) cdot a_{1} cdot a_{2}$计入答案$a_{3}$;
由上可知,$a_{3}=b_{1} cdot a_{2} + b_{2} cdot a_{1} + (p-2) cdot a_{1} cdot a_{2}$.
此后,我们只需根据此二式一一递推下去即可.
记得取模防爆.
code:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #include<queue> #define R register #define next exnttttttttt #define debug puts("mlg") using namespace std; typedef long long ll; typedef long double ld; typedef unsigned long long ull; inline ll read(); inline void write(ll x); inline void writesp(ll x); inline void writeln(ll x); inline ll quick_pow(ll _,ll __,ll ___){ll ____=1;for(;__;__>>=1){if(__&1) ____*=_,____%=___;_*=_;_%=___;}return ____;} ll T; ll n,c,p,m; ll a; ll a1,a2,ansA,ansB,b1,b2; inline ll Mod(ll _){return (_%m+m)%m;} inline void mod(ll &_){_=Mod(_);return;} int main(){ freopen("congruence.in","r",stdin); freopen("congruence.out","w",stdout); T=read(); while(T--){ n=read();c=read();p=read();m=read(); a=read(); ansA=a2=a1=Mod(quick_pow(p-1,a-1,m)); ansB=b2=b1=Mod(quick_pow(p,a,m)-quick_pow(p-1,a,m)); --n; for(R ll i=1;i<=n;i++){ a=read(); a1=Mod(quick_pow(p-1,a-1,m)); b1=Mod(quick_pow(p,a,m)-quick_pow(p-1,a,m)); a2=ansA;b2=ansB; ansA=Mod(Mod(b1*a2)+Mod(b2*a1)+Mod(Mod((p-2)*a1)*a2)); ansB=Mod(Mod(b1*b2)+Mod(Mod((p-1)*a1)*a2)); } if(c==0) writeln(ansB); else writeln(ansA); } } inline ll read(){ll x=0,t=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') t=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*t;} inline void write(ll x){if(x<0){putchar('-');x=-x;}if(x<=9){putchar(x+'0');return;}write(x/10);putchar(x%10+'0');} inline void writesp(ll x){write(x);putchar(' ');} inline void writeln(ll x){write(x);putchar(' ');}
己亥岁·僖宗广明元年(其一)
唐 曹松
泽国江山入战图，生民何计乐樵苏。
凭君莫话封侯事，一将功成万骨枯。