《牛客IOI周赛18-提高组》

太菜了太菜了太菜了~~

A：首先，要先理解这题的题意。

所有的区间都翻转了，才算做一次，然后求k次后的位置。

那么，我们可以先预处理出一次后每个点去到的位置，即一开始a[i] = i。

那么，我们就知道一次翻转的相对位置改变了。

那么，现在朴素的解法：k次遍历，每次都让i位置跳到a[i]即可。//这里的a[i]为第一次翻转后处理出来的跳的位置。

复杂度o(kn)。

显然不行。考虑倍增跳。那么就很快了。

注意倍增跳的时候，最外层按位处理，这样可以保证i-1位置都已经处理好了。

这里倍增跳从大到小跳和从小到大跳都是可以的。

B：容斥思想。

ans = 无限制总数 - 全都是不喜欢的组成的方案数。

无限制的总数：

考虑dp[i]表示i长度能组成的方案数。

那么$dp[i] = sum_{j = 1}^{i-1} dp[j] + 1$即可以由任意非0长度组合转移来，然后自身组成一个长度为1的所以加1.

那么我们进行化简。

$dp[i] = sum_{j = 1}^{i-1} dp[j] + 1 = sum_{j = 1}^{i-2} dp[j] + 1 + dp[i-1]= dp[i-1] + dp[i-1] = 2*dp[i-1] $

显然，这里边界为dp[1] = 1，那么dp[n] = 2^(n-1)

所以总方案即为2^(n-1)。

那么全是不喜欢的组成的方案数:

可以转换一下题意：由不喜欢的集合组成的方案数，那么就和《洛谷P5343 【XR-1】分块》这题一样了。

矩阵快速幂求出即可。最后减一下，注意加模数防负数

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<string,int> pii;
const int N = 1e6+5;
const int M = 2e5+5;
const LL Mod = 1e9+7;
#define rg register
#define pi acos(-1)
#define INF 1e9
#define CT0 cin.tie(0),cout.tie(0)
#define IO ios::sync_with_stdio(false)
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
namespace FASTIO{
    inline LL read(){
        LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
        while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
        while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
        return x*f;
    }
    void print(int x){
        if(x < 0){x = -x;putchar('-');}
        if(x > 9) print(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
}
using namespace FASTIO;
void FRE(){/*freopen("data1.in","r",stdin);
freopen("data1.out","w",stdout);*/}

LL n,p,a[105],f[105];
struct Mat{
    LL m[105][105];
    Mat operator * (const Mat a)const{
        Mat c;memset(c.m,0,sizeof(c.m));
        for(rg int i = 1;i <= 100;++i)
            for(rg int j = 1;j <= 100;++j)
                for(rg int k = 1;k <= 100;++k) c.m[i][j] = (c.m[i][j]+m[i][k]*a.m[k][j]%p)%p;
        return c;
    }
};
LL quick_mi(LL a,LL b)
{
    LL re = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1) re = re*a%p;
        a = a*a%p;
        b >>= 1;
    }
    return re;
}
Mat Mat_mi(Mat a,LL b)
{
    Mat res;memset(res.m,0,sizeof(res.m));
    for(rg int i = 1;i <= 100;++i) res.m[i][i] = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res = res*a;
        a = a*a;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    n = read(),p = read();
    int k;k = read();
    for(rg int i = 1;i <= k;++i) a[i] = read();
    LL tmp = quick_mi(2,n-1);
    Mat ans;memset(ans.m,0,sizeof(ans.m));
    f[0] = 1;
    for(rg int i = 1;i < 100;++i)
    {
        for(rg int j = 1;j <= k;++j) if(i-a[j] >= 0) f[i] = (f[i]+f[i-a[j]])%p;
    }
    if(n < 100) 
    {
        LL ma = ((tmp-f[n])%p+p)%p;
        printf("%lld
",ma);
    }
    else
    {
        Mat base;memset(base.m,0,sizeof(base.m));
        for(rg int i = 1;i <= k;++i) base.m[1][a[i]] = 1;
        for(rg int i = 2;i <= 100;++i) base.m[i][i-1] = 1;
        base = Mat_mi(base,n-99);
        for(rg int i = 1;i <= 100;++i) ans.m[i][1] = f[100-i];
        ans = base*ans;
        LL ma = (tmp-ans.m[1][1]+p)%p;
        printf("%lld
",ma);
    }
    system("pause");    
}
/*
125 10541 
5
2 6 4 5 2
*/