【BZOJ3992】【SDOI2015】序列统计 原根 NTT

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;
}