习题：序列统计（NTT）

题目

传送门

思路

考虑这个问题的简化版本，如果是所有数的和\(mod\space m\)，那么就可以利用多项式卷起来，

具体而言，定义\(dp[i]\)表示\(mod \space m\)下和为\(i\)有多少种方案，\(dp[i]=\sum_{i=1}^{n}dp[((i-s_i)\%m+m)\%m]\)，这东西很显然是可以用\(ntt\)优化的

那么问题就转化成了怎么将乘法转换成为加法，

\(log\)不失为一个好方法，那么条件就为

\(\prod s_i\equiv x\pmod m\Leftrightarrow \prod g^{a_i}\equiv g^y\pmod m\)

考虑到需要用\(g\)去表示任意\(s_i\)，这里\(g\)是\(m\)的原根，根据欧拉定理有

\(\sum a_i\equiv y \pmod {m-1}\)

然后就可以转换成为上面那一个问题了

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
namespace NTT
{
    #define mod 1004535809
    #define g 3
    #define gi 334845270
    int limit;
    int l,r[20005];
    long long qkpow(int a,int b)
    {
        if(b==0)
            return 1;
        if(b==1)
            return a;
        long long t=qkpow(a,b/2);
        t=t*t%mod;
        if(b&1)
            t=t*a%mod;
        return t;
    }
    void prepa(int n)
    {
        limit=1;
        l=0;
        while(limit<=n)
        {
            limit<<=1;
            l++;
        }
        for(int i=0;i<limit;i++)
            r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
    }
    void ntt(long long *a,int ty)
    {
        for(int i=0;i<limit;i++)
            if(i<r[i])
                swap(a[i],a[r[i]]);
        for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
        {
            long long wn=qkpow(ty?g:gi,(mod-1)/(mid<<1));
            for(int r=mid<<1,j=0;j<limit;j+=r)
            {
                long long w=1;
                for(int k=0;k<mid;k++,w=w*wn%mod)
                {
                    long long x=a[j+k],y=w*a[j+k+mid]%mod;
                    a[j+k]=(x+y)%mod;
                    a[j+k+mid]=((x-y)%mod+mod)%mod;
                }
            }
        }
    }
    #undef mod
    #undef g
    #undef gi
}
using namespace NTT;
const int mod=1004535809;
int n,m,x,len;
int a[20005];
bool vis[20005];
int rt,inv;
bool check(int cnt)
{
    int t=cnt;
    for(int i=1;i<=m-2;i++,t=t*cnt%m)
    	if(t==1)
            return 0;
    return 1;
}
int getlog(int x)
{
    int t=0;
    int lim=1;
    while(1)
    {
        if(lim==x)
            return t;
        t++;
        lim=lim*rt%m;
    }
}
void mul(long long *a,long long *b)
{
    prepa(m*2);
    ntt(a,1);ntt(b,1);
    for(int i=0;i<=limit;i++)
        a[i]=a[i]*b[i]%mod;
    ntt(a,0);ntt(b,0);
    inv=qkpow(limit,mod-2);
    for(int i=0;i<=2*m;i++)
    {
        a[i]=a[i]*inv%mod;
        b[i]=b[i]*inv%mod;
    }
    for(int i=m;i<=2*m;i++)
        a[i-m]=(a[i-m]+a[i])%mod;
    for(int i=m;i<=limit;i++)
        a[i]=b[i]=0;
}
void pf(long long *a)
{
    prepa(m*2);
    ntt(a,1);
    //cout<<"a:";
    for(int i=0;i<=limit;i++)
    {
        //cout<<a[i]<<' ';
        a[i]=a[i]*a[i]%mod;
    }
    //cout<<'\n';
    ntt(a,0);
    inv=qkpow(limit,mod-2);
    for(int i=0;i<=2*m;i++)
        a[i]=a[i]*inv%mod;
    for(int i=m;i<=2*m;i++)
        a[i-m]=(a[i-m]+a[i])%mod;
    for(int i=m;i<=limit;i++)
        a[i]=0;
}
void qk(int n)
{
    long long f[20005]={};f[0]=1;
    long long g[20005]={};
    for(int i=1;i<=len;i++)
        g[a[i]]++;
    while(n)
    {
        /*cout<<"g:";
        for(int i=0;i<=m;i++)
            cout<<g[i]<<' ';
        cout<<'\n';*/
        if(n&1)
            mul(f,g);
        pf(g);
        n>>=1;
    }
    cout<<f[x];
}
int main()
{
    cin>>n>>m>>x>>len;
    for(int i=1;i<=len;i++)
    {
        cin>>a[i];
        if(a[i]==0)
        {
            len--;
            i--;
        }
    }
    for(int i=2;i<m;i++)
        if(check(i))
            rt=i;
    x=getlog(x);
    for(int i=1;i<=len;i++)
        a[i]=getlog(a[i])%(m-1);
    m--;
    qk(n);
    return 0;
}
/*
709 53 9 27
0 3 4 5 7 9 10 15 16 17 19 22 23 24 25 28 29 30 31 33 37 38 40 41 42 50 52 
*/