X.CF1096G Lucky Tickets
这题一个NTT快速幂的形式就非常明显了。直接构建一个函数(g(x)=[xin ext{给出的k个数码}])。则我们要求的就是(sumlimits_{i=0}^{infty}(g^{n/2}(i))^2)。由于模数是(998244353)，因此采取NTT会比较轻松。
但是，如果你直接打一份暴力NTT快速幂上去，是会T的。怎么办呢？
由于(g^1)的范围很小（([0,9])），因此如果我们一直总是把NTT的数组长度设为与(n)同级的长度的话，就会让前面很多东西都是在空跑。因此，我们可以在快速幂的过程中，动态修改数组长度。假如现在快速幂到(g^x)，我们就令数组长度为一个与(x)同级的长度，当快速幂到(g^{2x})时，再令数组长度为一个与(2x)同级的长度。这样，原本复杂度约为(nlog^2n)，同时有大常数。现在，复杂度约为(sum_{i=1}^{log n}2^ilog{2^i}=sum_{i=1}^{log n}i*2^iapprox nlog nloglog n)（尽管常数仍然巨大）。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int G=3;
int n,bs[1<<20],lim=1,lg,m,invlim,rev[1<<20],f[1<<20],g[1<<20],qaq[1<<20],res;
inline int pov(int x,int y){
int res=1;
for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)res=(1ll*res*x)%mod;
return res;
}
inline void NTT(int *a,int tp){
for(register int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(register int md=1;md<lim;md<<=1){
register int rt=pov(G,(mod-1)/(md<<1));
if(tp==-1)rt=pov(rt,mod-2);
for(register int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
register int w=1;
for(register int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
register int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
a[pos+i]=(x+y)%mod;
a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
}
inline void mul(int *a,int *b,int *c){
for(register int i=0;i<lim;i++)f[i]=a[i],g[i]=b[i];
NTT(f,1),NTT(g,1);
for(register int i=0;i<lim;i++)f[i]=(1ll*f[i]*g[i])%mod;
NTT(f,-1);
for(register int i=0;i<lim;i++)c[i]=(1ll*f[i]*invlim)%mod;
}
inline void ksm(int x){
if(x==1){while(lim<x*10)lim<<=1,lg++;for(register int i=0;i<10;i++)qaq[i]=bs[i];return;}
ksm(x>>1);
while(lim<x*10)lim<<=1,lg++;
invlim=pov(lim,mod-2);
for(register int i=1;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
mul(qaq,qaq,qaq);
if(x&1)mul(qaq,bs,qaq);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m),n>>=1;
for(register int i=0,x;i<m;i++)scanf("%d",&x),bs[x]++;
ksm(n);
for(register int i=0;i<lim;i++)res=(1ll*qaq[i]*qaq[i]%mod+res)%mod;
printf("%d
",res);
return 0;
}