【题解】2018牛客国庆集训Day1 I-Steins;Gate命运之门原根+FFT

最新推荐文章于 2024-05-31 22:09:27 发布

原创最新推荐文章于 2024-05-31 22:09:27 发布 · 395 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

Nowcoder 专栏收录该内容

6 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种解决特定数学问题的有效算法。该问题要求找出满足特定条件的有序数对数量，条件涉及模运算。通过引入原根概念，将原始序列转换，将乘法操作转化为加法，进而利用FFT（快速傅立叶变换）进行加速计算。文章详细解释了算法步骤，并提供了完整的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接在这里
题意很简单，就是求有多少组<i,j>，满足 (a[i]*a[j]) mod p = a[k]

怎么求呢？

暴力求肯定是O(n²)的，所以就不要想啦。

通过观察我们可以发现，题目中模数P比较小，那么我们就可以把序列控制在P之内。
但是怎么控制呢？

这就要引出一个东西，叫做原根

详情请移步这里

初步了解了原根之后，我们就求出P的原根g，然后我们就可以把原序列(a[i])变成g^b[i]，从而我们就把乘法变成了加法

现在问题转化为，(b[i]+b[j]) mod p = b[k] 时，有序二元组<i,j>的个数。(b[i]在P之内)

我们记录一下b[i]出现的次数，用cnt[b[i]]表示。那么ans[b[k]] += cnt[b[i]]*cnt[b[j]]，所以我们就可以使用FFT加速啦，我们用FFT可以算出所有组合的系数，然后我们记录ans[b[k]]的时候只需要把我们需要的加上就好了。

下面是极丑无比的代码：
注意特判b[i]=0的情况。
设b[i] = 0的个数为x，那么答案就是2x(n-x)+x²，其含义为，选一个0，一个不选0和两个都选0的情况。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e6+7;
const double PI = acos(-1.0);
ll notpri[maxn],pri[maxn],divi[maxn];
ll n,p;
ll f[maxn];
int cnt[maxn];
int l = 0,rev[maxn];
int lim = 1;
ll ans[maxn];
int id[maxn];
struct complx
{
	double x,y;
	complx(double a = 0,double b = 0) 
	{
		x = a;
		y = b;
	}
	complx operator+(complx a)
	{
		return complx(x+a.x,y+a.y);
	}
	complx operator-(complx a)
	{
		return complx(x-a.x,y-a.y);
	}
	complx operator*(complx a)
	{
		return complx(x*a.x-y*a.y,x*a.y+y*a.x);
	}
}a[maxn],b[maxn];
void FFT(complx *A,int type)
{
	for(int i=0;i<lim;i++)
	{
		if(i<rev[i]) swap(A[i],A[rev[i]]);
	}
	for(int i=1;i<lim;i<<=1)
	{
		complx wn(cos(PI/i),type*sin(PI/i));
		for(int j=0;j<lim;j+=(i<<1))
		{
			complx w(1,0);
			for(int k=0;k<i;k++,w=w*wn)
			{
				complx x = A[j+k], y = w*A[j+i+k];
				A[j+k] = x+y;
				A[j+i+k] = x-y;
			}
		}
	}
	if(type==-1)
	{
		for(int i=0;i<lim;i++) a[i].x /= lim;
	}
}
void doit()
{
	while(lim<=(p<<1))
	{
		lim<<=1;
		l++;
	}
	for(int i=0;i<lim;i++) a[i].x = (double)cnt[i];
	for(int i=0;i<lim;i++)
	{
		rev[i] = (rev[i>>1]>>1) | ((i&1) << (l-1));
	}
	FFT(a,1);
	for(int i=0;i<lim;i++)
	{
		a[i] = a[i]*a[i];
	}
	FFT(a,-1);
	for(int i=0;i<lim;i++)
	{
		ans[i%(p-1)] += (ll)(a[i].x+0.5);
	}
}
ll qpow(ll a,ll b)
{
	ll ans = 1;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) ans = (ans%p)*(a%p)%p;
		b>>=1;
		a = (a%p)*(a%p)%p;
	}
	return ans%p;
} 
void getprime()
{
	notpri[1] = 1;
	for(int i=2;i<maxn;i++)
	{
		if(!notpri[i]) pri[++pri[0]] = i;
		for(int j=1;j<=pri[0] && i*pri[j]<maxn;j++)
		{
			notpri[i*pri[j]] = 1;
			if(i%pri[j]==0) break;
		}
	}
}
int findroot(ll x)
{
	ll tmp = x-1;
	for(int i=1;i<=pri[0];i++)
	{
		if(tmp%pri[i]==0)
		{
			divi[++divi[0]] = pri[i];
			while(tmp%pri[i]==0) tmp /= pri[i];
		}
	}
	if(tmp>1) divi[++divi[0]] = tmp;
	for(int g=2;g<=x-1;g++)
	{
		bool found = false;
		for(int i=1;i<=divi[0];i++)
		{
			if(qpow(g,(x-1)/divi[i])==1)
			{
				found = true;
				break;
			}
		}
		if(!found) return g;
	}
	return 0;
}
int main()
{
	getprime();
	scanf("%lld%lld",&n,&p);
	int g = findroot(p);
	int t = 1;
	for(int i=0;i<p-1;i++)
	{
		id[t] = i;
		t = (t%p)*(g%p)%p;
	}
	ll zero = 0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",f+i);
		if(f[i]%p==0) 
		{
			zero++;
			continue;
		}
		cnt[id[f[i]%p]]++;
	}
	doit();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(f[i]>=p) printf("0\n");
		else if(f[i]%p==0) printf("%lld\n",2*zero*(n-zero)+zero*zero);
		else printf("%lld\n",ans[id[f[i]%p]]);
	}
	return 0;
}