20分特判，一个puts("1")一个快速幂，不讲。
50%算法：
上次就讲了，可是应该还是有像 xuefen某 或 Dybal某 一样没听的。
用a×inv(b)%mod来表示分数的时候，这个分数值可加可乘（有空证明）
像是一个dp题啊。
初状态是1方案数为1，然后做乘法转移不就好了嘛？
设dp[i][j]表示进行了i次操作后所得的值为j
dp[i][j*a[k]%mod]+=dp[i-1][j];
复杂度O(mod2×m)
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 #include<vector> 7 #include<string> 8 #include<cstring> 9 #define int long long 10 #define m(a) memset(a,0,sizeof(a)) 11 #define AA cout<<"Alita"<<endl 12 using namespace std; 13 const int mod=1e9+7; 14 int ans,S,n,m,p,v[1050],a[100500],f[1050][1050],g[1050][1050],tmp[1050][1050]; 15 int poww(int x,int y,int z) 16 { 17 int sum=1; 18 while(y) 19 { 20 if(y&1) sum=sum*x%z; 21 y>>=1; 22 x=x*x%z; 23 } 24 return sum; 25 } 26 void X_g() 27 { 28 memset(tmp,0,sizeof(tmp)); 29 for(int i=1;i<p;i++) 30 { 31 for(int j=1;j<p;j++) 32 { 33 (tmp[1][i]+=g[1][j]*f[j][i]%mod)%=mod; 34 } 35 } 36 for(int i=1;i<p;i++) 37 { 38 g[1][i]=tmp[1][i]; 39 } 40 } 41 void X_f() 42 { 43 memset(tmp,0,sizeof(tmp)); 44 for(int i=1;i<p;i++) 45 { 46 for(int j=1;j<p;j++) 47 { 48 for(int k=1;k<p;k++) 49 { 50 (tmp[i][j]+=f[i][k]*f[k][j]%mod)%=mod; 51 } 52 } 53 } 54 for(int i=1;i<p;i++) 55 { 56 for(int j=1;j<p;j++) 57 { 58 f[i][j]=tmp[i][j]; 59 } 60 } 61 } 62 void work(int y) 63 { 64 while(y) 65 { 66 if(y&1) X_g(); 67 y>>=1; 68 X_f(); 69 } 70 } 71 signed main() 72 { 73 //freopen("1.in","r",stdin); 74 //freopen("1.out","w",stdout); 75 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p); 76 if(p==2){puts("1");return 0;} 77 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); 78 if(n==1){printf("%lld",poww(a[1],m,p));return 0;} 79 S=poww(n,mod-2,mod); 80 for(int i=1;i<=n;i++) 81 { 82 (v[a[i]%p]+=S)%=mod; 83 } 84 g[1][1]=1; 85 for(int j=1;j<p;j++) 86 { 87 for(int k=1;k<p;k++) 88 { 89 f[j][j*k%p]+=v[k]; 90 } 91 } 92 work(m); 93 for(int i=1;i<p;i++) 94 { 95 (ans+=g[1][i]*i%mod)%=mod; 96 } 97 printf("%lld",ans); 98 return 0; 99 }
因为我直接没想这个这么暴力的dp，看到题目的m已经破1e8了那么要么复杂度与之无关要么把它log掉
理论80%算法：
这题m又不是一个计算参数，复杂度不太可能与之无关，尝试log？
带log的dp。。。矩阵快速幂啊！
可以发现dp的第二维并不大，是mod级别，矩阵乘mod3貌似勉强可以接受
O(mod3×log2m)的复杂度。我也不知道题解为什么说能得80分。
略微一算，知道复杂度已经略微超过极限，卡常？没有用，还是50分。
个人认为把矩阵快速幂和暴力dp的得分设置成一样不太道德。
到现在还有人不会用矩阵快速幂优化dp啊。。。这。。。我该怎么讲？
ans矩阵用来更新答案，base矩阵是快速幂的基底。
普通快速幂是这个样子的：for(;t;t>>=1,base=base*base){if(t&1)ans*=base;base*=base;}
换成矩阵也是一样的啊：for(;t;t>>=1){if(t&1)mult_ans();mult_base();}
只不过是两个矩阵乘法函数而已。
提醒：包括用重载运算符的矩阵乘，传参时要带上‘&’符号，不然有时会TLE/RE
base矩阵的构造也很简单，对于每一个可能被选到的数a[i]，枚举乘之前的数j。
base[j][j*a[i]%p]+=1;（这里是求解总方案书数，如果是概率打法要把1改成概率）
就是能从a转移到b的话，base[a][b]就有值，是方案的话就是1，算概率的话就是概率。
ans矩阵可以弄成一维数组，能略快一些。这题初始为1，那么ans[1]=1就好了。
注意：代码中的p是原题中的mod，而代码中的mod是1e9+7。我是概率打法
1 #include<cstdio> 2 #define int long long 3 #define mod 1000000007ll 4 int n,m,p,base[1003][1003],ans[1003],res[1003][1003],a[100005],ANS; 5 int pow(int bbase,int t,int modd,int aans=1){ 6 for(;t;t>>=1,bbase=bbase*bbase%modd)if(t&1)aans=aans*bbase%modd; 7 return aans; 8 } 9 void mult_base(){ 10 for(int i=0;i<p;++i)for(int j=0;j<p;++j)for(int k=0;k<p;++k)(res[i][j]+=base[i][k]*base[k][j])%=mod; 11 for(int i=0;i<p;++i)for(int j=0;j<p;++j)base[i][j]=res[i][j],res[i][j]=0; 12 } 13 void mult_ans(){ 14 for(int i=0;i<p;++i)for(int j=0;j<p;++j)(res[0][j]+=ans[i]*base[i][j])%=mod; 15 for(int i=0;i<p;++i)ans[i]=res[0][i],res[0][i]=0; 16 } 17 signed main(){ 18 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p); 19 if(n==1){ 20 scanf("%lld",&a[1]); 21 printf("%lld ",pow(a[1],m,p));return 0; 22 } 23 ans[1]=1;const int P=pow(n,mod-2,mod);//概率，即1/n 24 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]),a[i]%=p; 25 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<p;++j)(base[j][j*a[i]%p]+=P)%=mod; 26 for(;m;m>>=1){if(m&1)mult_ans();mult_base();} 27 for(int i=0;i<p;++i)(ANS+=ans[i]*i)%=mod; 28 printf("%lld ",ANS); 29 }
100%算法：
想象一下如果题目改一下，你是随机选择数加上它而不是乘，该怎么做？
原始dp方程：dp[i][(j+a[k])%mod]+=dp[i-1][j];
同理，构造矩阵。
base[i][(i+a[j])%mod]=1;//或者概率
写几个不太大的样例，把矩阵写出来，你会发现，它是一个循环矩阵。
这个加法类型的转移矩阵基本上都是循环矩阵（对于不同的被转移数，加数都一样）
回到这道题。
首先从复杂度上考虑，也许可以猜出来这是个循环矩阵。
可是那个诡异的乘法形式并不是循环的，虽然它对于不同的被转移数，乘数都一样。
如果它也是一个加法，该多好啊。
没办法，它是个乘法，我们要接受这个现实。
但是，这并不能阻碍我们把它强制弄成加法。
看看孙金宁老师的叮嘱：啊，什么原根，啊，几次方，啊什么取到所有值。。。（困）
次方？乘法？加法？欧拉定理？
xa × xb=xa+b
诶，这里有加法了！这样可以把乘法换成加法。
动用一下欧拉定理：
xa × xb=x(a+b)%(mod-1)
如果题目的所有输入都是x的几次方，就很好做了。
考虑：刚开始一个数是a0,你可以从a4,a7,a23里面随机选数把它乘起来，值对mod取模，得到ans，求最后ans的期望
这个问题就相当于：考虑：刚开始一个数是0,你可以从4，7，23里面随机选数把它加起来，值对mod-1取模，求最后aans%mod的期望
好做好做！就是普通的加法dp，循环矩阵肝它！
但是。。。这个a是多少呢？
继续听孙金宁的数学课。原根啥啥啥的。。。
原根？啥？原根？哦。好吧。原根就原根吧。
如果你比我聪明，你可能会直接发现，既然原根的次方值能够取遍1～mod-1的所有数，那么这些数就都可以用原根唯一确定的表示出来。那么就可以把题目的所有数都用原根表示，然后当成加法dp来做。你就A了。
如果你没我聪明，那么就相当与你和我一样聪明。
那么如果咱们一样聪明，诶，那好啊，咱们都想不到。既然它一直在念叨原根，那就试试拿原根表示呗。
那么首先我们需要求出原根。用题目给出的那个充要条件很好求。
for(int i=1;i<p;i++){ int now=1,j; for(j=0;j<p-1;++j) if(al[now]==-1)//像它描述里说的一样，不能出现重复的，因为它要在mod-1次里取到mod-1个不同值，故不能重复 al[now]=j,//记录下now这个值唯一确定的对应着i的几次幂 qpow[j]=now,//记录下来i的j次幂是几，以后会用到 now=now*i%p;//now是i的j次幂，j++，更新 else break; if(j==p-1){g=i;break;}//如果j成功的走完了，没有被中途break掉，那么i就是原根。 else for(int i=1;i<p;++i)al[i]=-1;//清空 }
然而我这么求是用了它说的第一条，这样的话可以顺便求出qpow和al数组里面的值。
al数组不仅是用来标记是否出现过的。如果它出现过，还记录了它对应的是原根g的几次幂。
接下来，我们就拥有了1～mod-1里面每个值和g的几次幂间的双向映射。
那么就把原问题映射成加法dp，循环矩阵干他，再映射回来统计答案即可。
1 #include<cstdio> 2 #define int long long 3 #define mod 1000000007ll 4 int n,m,p,base[1003],ans[1003],res[1003],a[100005],ANS; 5 int al[1003],g,qpow[1003]; 6 int pow(int bbase,int t,int modd,int aans=1){ 7 for(;t;t>>=1,bbase=bbase*bbase%modd)if(t&1)aans=aans*bbase%modd; 8 return aans; 9 } 10 void mult_base(){ 11 for(int i=0;i<p;++i)for(int j=0;j<p;++j)(res[j]+=base[i]*base[(j-i+p)%p])%=mod; 12 for(int i=0;i<p;++i)base[i]=res[i],res[i]=0; 13 } 14 void mult_ans(){ 15 for(int i=0;i<p;++i)for(int j=0;j<p;++j)(res[j]+=ans[i]*base[(j-i+p)%p])%=mod; 16 for(int i=0;i<p;++i)ans[i]=res[i],res[i]=0; 17 } 18 signed main(){ 19 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p); 20 ans[0]=1;const int P=pow(n,mod-2,mod); 21 for(int i=1;i<=1000;++i)al[i]=-1; 22 for(int i=1;i<p;i++){ 23 int now=1,j; 24 for(j=0;j<p-1;++j) 25 if(al[now]==-1)al[now]=j,qpow[j]=now,now=now*i%p; 26 else break; 27 if(j==p-1){g=i;break;} 28 else for(int i=1;i<p;++i)al[i]=-1; 29 }p--; 30 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]),a[i]=al[a[i]]; 31 for(int i=1;i<=n;++i)(base[a[i]]+=P)%=mod; 32 for(;m;m>>=1){if(m&1)mult_ans();mult_base();} 33 for(int i=0;i<p;++i)(ANS+=ans[i]*qpow[i])%=mod; 34 printf("%lld ",ANS); 35 }