(Description)
给定(n,m,x)和集合(S)。求(prod_{i=1}^na_iequiv x (mod m))的方案数。其中(a_iin S)。
(nleq10^9，3leq mleq 8000且m是质数，1leq xleq m-1)。
(Solution)
令(f_{i,j})表示当前选了(i)个数，乘积模(m)为(j)的方案数，(g_i=[iin S])。
转移就是，$$f_{i,ab%m}=sum f_{i-1,a}g_b$$
每次转移是一样的，所以可以快速幂计算，即(f_{2i,a*b\%m}=sum f_{i,a}*f_{i,b})。
虽然把(n)优化到了(log n)，但这样转移复杂度还是(O(m^2))的。
我们发现，只要能把(a*b\%m)写成((a+b)\%m)，就是一个循环卷积的形式了。
把乘法变成加法可以想到取对数，同样在模意义下可以用离散对数。
取(m)的一个原根(g)，(g,g^2,...,g^{m-1})在模(m)意义下互不相同。所以我们可以用满足(g^Aequiv a (mod m))的正整数(A)来替换掉(a)（即(a)模(m)的指标(I(a))），它是唯一的。
那么(a*bequiv g^A*g^Bequiv g^{A+B}equiv g^{(A+B)\%varphi(m)} (mod m))。
所以转移就成了：$$f_{i,(A+B)%(m-1)}=sum f_{i-1,A}*g_B$$
令(g_{A+B}=sum f_{i-1,A}*g_B)，那么(f_{i,j\%(m-1)}=g_j+g_{j+m-1})。
可以用(NTT)优化。
同样，每一次的转移还是一样的，依旧可以用多项式快速幂。
复杂度(O(mlog mlog n))。
当然取(g^0,g^1,...,g^{m-2})也行，因为多项式下标以(0)开始方便些。
这样如果集合里有(0)要特判忽略掉它。
因为是循环卷积所以每次快速幂乘的时候都需要把(f)求出来，也就是一定要再(NTT)得到系数表示，不能一直用点值表示做。（是这样吧？）
//1876kb 3684ms(怎么这么慢啊...)
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define G 3
#define invG 334845270
#define mod 1004535809
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
#define Add(x,v) (x+=v)>=mod&&(x-=mod)
#define Mul(x,y) (1ll*x*y%mod)
typedef long long LL;
const int N=32500;
int inv,I[N],x[N],t[N],rev[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline int FP(int x,int k,int p)
{
int t=1;
for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%p)
if(k&1) t=1ll*t*x%p;
return t;
}
int Get_root(int P)
{
static int p[10005];
int cnt=0,t=P-1;
for(int i=2; i*i<=t; ++i)
if(!(t%i))
{
p[++cnt]=i;
while(!(t%i)) t/=i;
}
if(t>1) p[++cnt]=t;
for(int x=2; ; ++x)
{
bool ok=1;
for(int i=1; i<=cnt; ++i) if(FP(x,(P-1)/p[i],P)==1) {ok=0; break;}
if(ok) return x;
}
return 1;
}
void Pre(int m)
{
int g=Get_root(m);
for(int i=0,pw=1; i<m-1; ++i) I[pw]=i, pw=1ll*pw*g%m;//g^i=pw -> I(pw)=i
}
void NTT(int *a,int lim,int opt)
{
for(int i=1; i<lim; ++i) if(i<rev[i]) std::swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=2; i<=lim; i<<=1)
{
int mid=i>>1,Wn=FP(~opt?G:invG,(mod-1)/i,mod);
for(int j=0; j<lim; j+=i)
for(int k=j,w=1,t; k<j+mid; ++k,w=1ll*w*Wn%mod)
a[k+mid]=a[k]-(t=1ll*a[k+mid]*w%mod)+mod, Mod(a[k+mid]),
a[k]+=t, Mod(a[k]);
}
if(opt==-1) for(int i=0,inv=::inv; i<lim; ++i) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
}
void Mult1(int *f,int n,int lim)//x*x可以少一次NTT啊
{
NTT(f,lim,1);
for(int i=0; i<lim; ++i) f[i]=1ll*f[i]*f[i]%mod;
NTT(f,lim,-1);
for(int i=0; i<n; ++i) f[i]=f[i]+f[i+n], Mod(f[i]);//f[i+m-1]
for(int i=n; i<lim; ++i) f[i]=0;//!
}
void Mult2(int *a,int *b,int *res,int n,int lim)
{
static int f[N],g[N];
memset(f,0,sizeof f), memset(g,0,sizeof g);
memcpy(f,a,n<<2), memcpy(g,b,n<<2);
NTT(f,lim,1), NTT(g,lim,1);
for(int i=0; i<lim; ++i) f[i]=1ll*f[i]*g[i]%mod;
NTT(f,lim,-1);
for(int i=0; i<n; ++i) res[i]=f[i]+f[i+n], Mod(res[i]);//f[i+m-1] //要保证res的n项以外为0
}
int main()
{
static int x[N],res[N];
int n=read(),m=read(),X=read(),S=read();
Pre(m), --m;//0~m-1
int lim=1,l=-1;
while(lim<=m+m-2) lim<<=1,++l;
for(int i=1; i<lim; ++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
inv=FP(lim,mod-2,mod);
for(int i=1,s; i<=S; ++i) s=read(), s&&(++x[I[s]]);//++f[1][s]
res[I[1]]=1;//f[0][1]=1
for(int k=n; k; k>>=1,Mult1(x,m,lim))
if(k&1) Mult2(res,x,res,m,lim);
printf("%d
",res[I[X]]);
return 0;
}