BZOJ3992：[SDOI2015]序列统计——题解

最新推荐文章于 2021-03-22 01:13:50 发布

weixin_34040079

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/luyouqi233/p/9003621.html

本文解决了一个关于数列生成的问题，利用原根表示数将乘法转化为指数加法，通过MTT快速傅里叶变换进行高效计算。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3992

https://www.luogu.org/problemnew/show/P3321

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。

参考：http://www.cnblogs.com/candy99/p/6391483.html

打眼一看模数就是一个原根为3的MTT质数，先敲（抄）为敬。

然后求方案，美滋滋生成函数求完之后n次幂。

emmm然而生成函数只能做加法不能乘啊怎么办？

我们可以把乘法换成加法啊！

曾经做过一道题，把所有数取log……emmm这题显然不行。

（瞄了眼题解……

哇用原根表示数，这样乘法就表示成了指数之间的加法真是非常妙啊！

（当然注意对指数要对m-1取模才行）

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1004535809;
const int G=3;
const int N=3e4+5;
inline int read(){
    int X=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){
    ll res=1;
    while(n){
    if(n&1)res=res*a%p;
    a=a*a%p;n>>=1;
    }
    return res;
}
void MTT(ll a[],int n,int on){
    for(int i=1,j=n>>1;i<n-1;i++){
        if(i<j)swap(a[i],a[j]);
        int k=n>>1;
        while(j>=k){j-=k;k>>=1;}
        if(j<k)j+=k;
    }
    for(int i=2;i<=n;i<<=1){
    ll res=qpow(G,(P-1)/i,P);
        for(int j=0;j<n;j+=i){
        ll w=1;
            for(int k=j;k<j+i/2;k++){
                ll u=a[k],t=w*a[k+i/2]%P;
                a[k]=(u+t)%P;
                a[k+i/2]=(u-t+P)%P;
                w=w*res%P;
            }
        }
    }
    if(on==-1){
    ll inv=qpow(n,P-2,P);
    a[0]=a[0]*inv%P;
    for(int i=1;i<=n/2;i++){
        a[i]=a[i]*inv%P;
        if(i!=n-i)a[n-i]=a[n-i]*inv%P;
        swap(a[i],a[n-i]);
    }
    }
}
vector<int>v;
bool pan(int g,int p){
    for(int i=0;i<v.size();i++){
        if(qpow(g,(p-1)/v[i],p)==1)return 0;
    }
    return 1;
}
int primitive(int p){
    int res=p-1;v.clear();
    for(int i=2;i*i<=res;i++){
        if(res%i==0){
            v.push_back(i);
            while(res%i==0)res/=i;
        }
    }
    if(res!=1)v.push_back(res);
    for(int i=1;;i++){
        if(pan(i,p))return i;
    }
}
int nn,n,m,x,s,sum,ind[N];
void multi(ll a[],ll b[]){
    static ll c[N];
    for(int i=0;i<nn;i++)c[i]=b[i];
    MTT(a,nn,1);MTT(c,nn,1);
    for(int i=0;i<nn;i++)a[i]=a[i]*c[i]%P;
    MTT(a,nn,-1);
    for(int i=0;i<m-1;i++)
    a[i]=(a[i]+a[i+m-1])%P,a[i+m-1]=0;
}
void sqr(ll a[]){
    MTT(a,nn,1);
    for(int i=0;i<nn;i++)a[i]=a[i]*a[i]%P;
    MTT(a,nn,-1);
    for(int i=0;i<m-1;i++)
    a[i]=(a[i]+a[i+m-1])%P,a[i+m-1]=0;
}
ll a[N],ans[N];
int main(){
    n=read(),m=read(),x=read(),s=read();
    int g=primitive(m),k=1;
    for(int i=0;i<m-1;i++){
    ind[k]=i;k=k*g%m;
    }
    for(int i=1;i<=s;i++){
    int w=read();
    if(w)a[ind[w]]=1;
    }
    nn=1;ans[0]=1;
    while(nn<2*m)nn<<=1;
    while(n){
    if(n&1)multi(ans,a);
    sqr(a);n>>=1;
    }
    printf("%lld\n",ans[ind[x]]);
    return 0;
}