【BZOJ3992】[SDOI2015]序列統計 NTT+多項式快速冪
【BZOJ3992】[SDOI2015]序列統計
Description
小C有一個集合S，裏面的元素都是小於M的非負整數。他用程序編寫了一個數列生成器，可以生成一個長度為N的數列，數列中的每個數都屬於集合S。 小C用這個生成器生成了許多這樣的數列。但是小C有一個問題需要你的幫助：給定整數x，求所有可以生成出的，且滿足數列中所有數的乘積mod M的值等於x的不同的數列的有多少個。小C認為，兩個數列{Ai}和{Bi}不同，當且僅當至少存在一個整數i，滿足Ai≠Bi。另外，小C認為這個問題的答案可能很大，因此他只需要你幫助他求出答案mod 1004535809的值就可以了。Input
一行，四個整數，N、M、x、|S|，其中|S|為集合S中元素個數。第二行，|S|個整數，表示集合S中的所有元素。
Output
一行，一個整數，表示你求出的種類數mod 1004535809的值。
Sample Input
4 3 1 21 2
Sample Output
8HINT
【樣例說明】 可以生成的滿足要求的不同的數列有(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)。 【數據規模和約定】 對於10%的數據，1<=N<=1000； 對於30%的數據，3<=M<=100； 對於60%的數據，3<=M<=800； 對於全部的數據，1<=N<=109，3<=M<=8000，M為質數，1<=x<=M-1，輸入數據保證集合S中元素不重復題解
“未學生成函數的時候，以為這種題就是將兩個桶相乘，得到一個新的桶，桶裏裝的是方案數。了解生成函數後，發現就是講桶中的每一位都看成多項式中的一個系數，然後用多項式的運算法則來優化運算的過程，最後的答案依舊是其中的一位系數。如果像我一樣對生成函數了解較少的話，可以先考慮DP，用DP方程將式子列出來，然後將整個DP數組看成一個大多項式，繼續推下去就好。”
如果你早已深入理解NTT，可以無視下面這段話：
“NTT與FFT的區別是：FFT利用的是e的特性，將系數表達式與點值表達式進行快速的轉換，而在NTT中，模數的原根正好有同樣的性質，並且常見的就是998244353的一個原根=3。於是，只需要將e變成3，除法改成逆元，其余都一樣了。
如果你早已理解原根與指標，可以無視下面這段話：
“如果x^0,x^1,...x^n-1在mod n意義下正好覆蓋了0-n-1中的所有數，則x是n的一個原根，他的意義可以看成是模意義下的e。而指標的意義，可以看成是模意義下的取ln。這兩個東西在本題中的意義就是將乘法轉變成加法。
“原根的求法：暴力枚舉x，如果x對於$\varphi(p)$的所有質因子pi，都有$x^{\varphi(p) \over pi} \neq 1$，則x是p的原根。
“指標的求法：如果原根是r，則r^x的指標即為x。"
回到本題，我們將原數組求指標後，將得到的多項式^n即可，可以用多項式的快速冪實現。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1004535809ll;
const ll G=3;
const int maxn=100010;
int n,m,X,S,root,num,len;
ll pri[maxn],A[maxn],B[maxn];
ll s[maxn],ind[maxn];
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<‘0‘||gc>‘9‘) {if(gc==‘-‘)f=-f; gc=getchar();}
while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘) ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
return ret*f;
}
ll pm(ll x,ll y,ll z)
{
ll ret=1;
while(y)
{
if(y&1) ret=ret*x%z;
x=x*x%z,y>>=1;
}
return ret;
}
void get_factor(ll x)
{
for(ll i=2;i*i<=x;i++)
{
if(x%i==0)
{
pri[++num]=i;
while(x%i==0) x/=i;
}
}
if(x!=1) pri[++num]=x;
}
bool check(ll x)
{
for(int i=1;i<=num;i++) if(pm(x,(m-1)/pri[i],m)==1) return 0;
return 1;
}
ll get_root(ll x)
{
ll tmp=x-1;
get_factor(tmp);
for(ll i=2;i<=tmp;i++) if(check(i)) return i;
return 0;
}
void NTT(ll *a,int f)
{
int i,j,k,h;
ll t;
for(i=k=0;i<len;i++)
{
if(i>k) swap(a[i],a[k]);
for(j=len>>1;(k^=j)<j;j>>=1);
}
for(h=2;h<=len;h<<=1)
{
ll wn=pm(G,f==1?(P-1)/h:P-1-(P-1)/h,P);
for(j=0;j<len;j+=h)
{
ll w=1;
for(k=j;k<j+h/2;k++) t=w*a[k+h/2]%P,a[k+h/2]=(a[k]-t+P)%P,a[k]=(a[k]+t)%P,w=w*wn%P;
}
}
if(f==-1)
{
t=pm(len,P-2,P);
for(i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*t%P;
}
}
void POW(ll *b,ll y)
{
ll *a=B;
a[0]=1;
while(y)
{
NTT(b,1);
if(y&1)
{
NTT(a,1);
for(int i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*b[i]%P;
NTT(a,-1);
for(int i=len-1;i>=m-1;i--) a[i-m+1]=(a[i-m+1]+a[i])%P,a[i]=0;
}
for(int i=0;i<len;i++) b[i]=b[i]*b[i]%P;
NTT(b,-1);
for(int i=len-1;i>=m-1;i--) b[i-m+1]=(b[i-m+1]+b[i])%P,b[i]=0;
y>>=1;
}
}
int main()
{
n=rd(),m=rd(),X=rd(),S=rd();
int i;
for(i=1;i<=S;i++) s[i]=rd();
root=get_root(m);
ll tmp=1;
for(i=0;i<m-1;i++) ind[tmp]=i,tmp=tmp*root%m;
for(len=1;len<=m+m;len<<=1);
for(i=1;i<=S;i++) if(s[i]) A[ind[s[i]]]=1;
POW(A,n);
printf("%lld\n",B[ind[X]]);
return 0;
}
【BZOJ3992】[SDOI2015]序列統計 NTT+多項式快速冪