题目大意
有一个集合(s)，里面的每个数都(geq0)且(<m)。
问有多少个长度为(n)的数列满足这个数列所有数的乘积模(m)为(x)。答案模(1004535809)。
(nleq {10}^9,mleq 8000)且(m)是质数。
题解
先求出(m)的原根(g)，这样(1)~(m-1)中的每个数都能被表示成(g)的幂。
因为(g^ig^j=g^{i+j})，这样就可以把乘积转成和，问题转化为问有多少个长度为(n)的数列满足这个数列所有数的和模(m-1)为(y)，(f_{i+1,j}=sum f_{i,k}f_{i,j-k})。因为模数是NTT模数，原根为(3)，所以可以用NTT优化。
ln&exp好像也可以做。
时间复杂度：(O(mlog mlog n))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int m;
ll p=1004535809;
int g;
int len=16384;
ll a[100010];
ll b[100010];
ll w1[100010];
ll w2[100010];
int rev[100010];
int c[10010];
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
while(b)
{
if(b&1)
s=s*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return s;
}
int check(int x)
{
int s=1;
int i;
for(i=1;i<=m-2;i++)
{
s=s*x%m;
if(s==1)
return 0;
}
return 1;
}
void ntt(ll *a,int t)
{
int i,j,k;
ll u,v,w,wn;
for(i=0;i<len;i++)
if(rev[i]<i)
swap(a[i],a[rev[i]]);
for(i=2;i<=len;i<<=1)
{
wn=(t==1?w1[i]:w2[i]);
for(j=0;j<len;j+=i)
{
w=1;
for(k=j;k<j+i/2;k++)
{
u=a[k];
v=a[k+i/2]*w%p;
a[k]=(u+v)%p;
a[k+i/2]=(u-v+p)%p;
w=w*wn%p;
}
}
}
if(t==-1)
{
ll inv=fp(len,p-2);
for(i=0;i<len;i++)
a[i]=a[i]*inv%p;
}
}
void fp(int n)
{
int i;
while(n)
{
ntt(a,1);
if(n&1)
{
ntt(b,1);
for(i=0;i<len;i++)
b[i]=b[i]*a[i]%p;
ntt(b,-1);
for(i=m;i<len;i++)
{
b[i%m]=(b[i%m]+b[i])%p;
b[i]=0;
}
}
for(i=0;i<len;i++)
a[i]=a[i]*a[i]%p;
ntt(a,-1);
for(i=m;i<len;i++)
{
a[i%m]=(a[i%m]+a[i])%p;
a[i]=0;
}
n>>=1;
}
}
int main()
{
int n,x,u;
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&u);
int i;
for(i=1;i<m;i++)
if(check(i))
g=i;
rev[0]=0;
for(i=1;i<len;i++)
rev[i]=(rev[i/2]>>1)|(i&1?len>>1:0);
for(i=2;i<=len;i<<=1)
{
w1[i]=fp(3,(p-1)/i);
w2[i]=fp(w1[i],p-2);
}
int s=1;
for(i=0;i<=m-2;i++)
{
c[s]=i;
s=s*g%m;
}
int v;
memset(a,0,sizeof a);
memset(b,0,sizeof b);
b[0]=1;
for(i=1;i<=u;i++)
{
scanf("%d",&v);
if(!v)
continue;
a[c[v]]++;
}
m--;
fp(n);
printf("%lld
",b[c[x]]);
return 0;
}