[20200723NOIP提高组模拟T1]同余

题目大意:

　　对于四个非负整数$n,c,p,m$以及长度为n的数组${a_{i}}$请求出方程$sum_{i=1}^{n} prod_{j=1}^{a_{i}}x_{i,j} equiv c (mod p)$在$x_{i,j}in [0,p)$中整数解的个数mod $m$后的值.

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('
');}

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