[bzoj3992][SDOI2015]序列统计

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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。1<=N<=10^9，3<=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

 

学了FFT/NTT之后，没做过什么题，模板快忘了，本来是想写一题练练手，结果发现找到了这道神题。不会做，看题解，题解说  嗯，原根的各种性质，不会，补一波。嗯，生成函数，不会，看了好久懂了一点，还好这道题的生成函数很简单可以理解，然后抄了抄题解..

 

可以把乘积转换成对数相加，因为m是质数，所以可以找到m的原根p，用$p^{0}-p^{m-2}$表示所有数，题目转换为满足(对数相加取膜m-1等于(x的对数))的数量。

然后写出S的生成函数g(n)=a0+a1x+a2x^2+...+anx^n  其中ai是1当且仅当p^i可以选(在集合中)。因为没有限制条件，所以直接求生成函数的n次方，输出x的对数那一项系数就好了

注意题目中对数相加有一个取膜，所以每次做完要把>=m的项整到前面去。

复杂度mlognlogm

ps:1004535809的原根是3，找p的原根只要对p-1每个质因数p1-pk,判断x^((p-1)/pi)%p是否等于1就行了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define mod 1004535809
#define MN 17000
using namespace std;
inline int read()
{
    int x = 0 , f = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1;  ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}
    return x * f;
}

int g,k,m,n,X,pos[MN+5],prime[MN],num=0,N,inv,w[2][MN+5],f[MN+5],t[MN+5],c[MN+5];

int pow(int x,int k,int P)
{
    int sum=1;
    for(int i=x;k;k>>=1,i=1LL*i*i%P)
        if(k&1) sum=1LL*sum*i%P;
    return sum;
}

bool check(int x)
{
    for(int i=1;i<=num;i++)
        if(pow(x,(m-1)/prime[i],m)==1)return 0;
    return 1;
}

int getrt(int x)
{
    if(x==2)return 1;--x;
    for(int i=2;x>1;i++)
    if(x%i==0)
    {
        prime[++num]=i;
        while(x%i==0)x/=i;
    }
    for(int i=2;;++i)
        if(check(i))return i;
}

void NTT(int *x,int b)
{
    for(int i=0,j=0;i<N;i++)
    {
        if(i>j)swap(x[i],x[j]);
        for(int l=N>>1;(j^=l)<l;l>>=1);
    }
    for(int i=2;i<=N;i<<=1)for(int j=0;j<N;j+=i)for(int k=0;k<i>>1;k++)
    {
        int t=1LL*x[j+k+(i>>1)]*w[b][1LL*N/i*k]%mod;
        x[j+k+(i>>1)]=(1LL*x[j+k]-t+mod)%mod;
        x[j+k]=(1LL*x[j+k]+t)%mod;
    }
    if(b)for(int i=0;i<N;i++)x[i]=1LL*x[i]*inv%mod;
}

void mul(int*a,int*b)
{
    for(int i=0;i<N;i++)c[i]=b[i];
    NTT(a,0);NTT(c,0);
    for(int i=0;i<N;i++)a[i]=1LL*a[i]*c[i]%mod;
    NTT(a,1);
    for(int i=N-1;i>=m-1;i--)
        a[i-m+1]=(a[i-m+1]+a[i])%mod,a[i]=0;
}

int main()
{
    k=read();m=read();X=read();n=read();
    g=getrt(m);
    for(int i=1,j=g;i<m-1;i++,j=1LL*g*j%m)pos[j]=i;
    for(N=1;N<m;N<<=1);N<<=1;inv=pow(N,mod-2,mod);
    g=pow(3,(mod-1)/N,mod);
    for(int i=0,j=1;i<=N;i++,j=1LL*j*g%mod)
        w[0][i]=w[1][N-i]=j;
    for(int i=1;i<=n;i++)t[pos[read()]]=1;t[pos[0]]=0;
    for(f[0]=1;k;k>>=1,mul(t,t)) if(k&1)mul(f,t);
    printf("%d
",f[pos[X]]);
    return 0;
}