[bzoj3992][SDOI2015]序列统计

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NTT

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本文详细解析了SDOI2015竞赛题目“序列统计”的算法思路，介绍了如何通过NTT（Number Theoretic Transform）将问题的时间复杂度降低到O(mlogmlogn)，并给出了完整的C++实现代码。

3992: [SDOI2015]序列统计

Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 128 MB
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Description

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{Ai}和{Bi}不同，当且仅当至少存在一个整数i，满足Ai≠Bi。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。
Input

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。

Output

一行，一个整数，表示你求出的种类数mod 1004535809的值。

Sample Input

4 3 1 2

1 2

Sample Output

HINT

【样例说明】

可以生成的满足要求的不同的数列有(1,1,1,1)、(1,1,2,2)、(1,2,1,2)、(1,2,2,1)、(2,1,1,2)、(2,1,2,1)、(2,2,1,1)、(2,2,2,2)。

【数据规模和约定】

对于10%的数据，1<=N<=1000；

对于30%的数据，3<=M<=100；

对于60%的数据，3<=M<=800；

对于全部的数据，1<=N<=109，3<=M<=8000，M为质数，1<=x<=M-1，输入数据保证集合S中元素不重复

首先对于暴力dp还是比较好想的，f[i][j]表示第i个数乘积为j的个数。这样的复杂度是O(nm^2)的。

a [i * j] = \sum j = 0 m b [i] * s u m [j]

$a[i*j]=\sum_{j=0}^{m}b[i]*sum[j]$
然后我们法相取模的数是一个质数，如果我们对于这个数求出原根以后，那么我们就可以吧转移力的乘法变成加法。
我们如果用a[i]表示这一位的模数是i的个数，b[i]表示上一位。那么

a [i] = \sum j = 0 i b [j] * s u m [i - j]

$a[i]=\sum_{j=0}^{i}b[j]*sum[i-j]$
这样式子就变成了卷积的形式，因为有取模，所以可以用NTT降到O(nmlogm)
然后再看这个式子，可以发现每次乘的sum[i-j]都是一样的，所以可以把n那一位快速幂一下，这样就变成了O(mlogmlogn)
NTT的做法可以看一下这篇博客 http://blog.youkuaiyun.com/acdreamers/article/details/39026505

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define D 1004535809
#define LL long long
const int M=50000;
int n,m,x,s[M],dig[M],rev[M],N,L,g,pos[M];
LL a[M],b[M],c[M],d[M],mi[M],ni,sum[M],ans[M];
inline LL quickpow(LL x,LL y,LL z){
    LL Ans=1;
    while(y){
        if(y&1) Ans=Ans*x%z;
        y>>=1; x=x*x%z;
    }
    return Ans;
}
inline bool check(int x){
    for(int i=2;i*i<=m;++i)
      if((m-1)%i==0&&quickpow((LL)x,(LL)(m-1)/i,m)==1) return false;
    return true;
}
inline int get_g(){
    if(m==2) return 1;
    for(int i=2;;++i)
      if(check(i)) return i;
}
inline void NTT(LL *a,int f){
    int i,j,k;
    LL wn,w,x,y;
    for(i=0;i<N;++i) d[i]=a[rev[i]];
    for(i=0;i<N;++i) a[i]=d[i];
    for(i=2;i<=N;i<<=1){
        wn=quickpow(3,f==1?(D-1)/i:D-1-(D-1)/i,D);
        for(j=0;j<N;j+=i){
            w=1;
            for(k=j;k<j+i/2;++k){
                x=a[k]%D;
                y=w*a[k+i/2]%D;
                a[k]=(x+y)%D;
                a[k+i/2]=(x-y+D)%D;
                w=w*wn%D;
            }
        }
    }
    if(f==-1) for(i=0;i<N;++i) a[i]=a[i]*ni%D;
}
inline void mul(LL *a,LL *bb,LL *cc){
    int i;
    for(i=0;i<N;++i) b[i]=bb[i],c[i]=cc[i];
    NTT(b,1);NTT(c,1);
    for(i=0;i<N;++i) a[i]=b[i]*c[i]%D;
    NTT(a,-1);
    for(i=m-1;i<N;++i){
        a[i-m+1]=(a[i-m+1]+a[i])%D;
        a[i]=0;
    }
}
inline void calc(LL *a){
    ans[0]=1;
    while(n){
        if(n&1) mul(ans,ans,a);
        n>>=1; mul(a,a,a);
    }
}
int main(){
    int i,j,len;
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&s[0]);
    for(N=1;N<m*2;N<<=1,L+=1); N<<=1,L+=1;
    for(i=0;i<N;++i){
        for(j=i,len=0;j;j>>=1) dig[len++]=j&1;
        for(j=0;j<L;++j) rev[i]=(rev[i]<<1)|dig[j];
    }
    g=get_g();mi[0]=1;
    ni=quickpow(N,D-2,D);
    for(i=1;i<m-1;++i){
        mi[i]=(mi[i-1]*(LL)g)%m;
        pos[(int)mi[i]]=i;
    }
    for(i=1;i<=s[0];++i){
        scanf("%d",&s[i]);
        if(s[i]==0) continue;
        ++sum[pos[s[i]]];
    }
    calc(sum);
    printf("%lld\n",ans[pos[x]]);
}