[SDOI2015]序列统计

题目

有\(S\)个不同的数构成的序列（每个数可以使用任意次数），求有多少个不同的长度为\(n\)的序列，满足它们的乘积在模\(m\)意义下为\(x\)，答案对1004535809取模

思路

设\(f(i,j)\)表示填了前\(i\)个数字，模\(m\)为\(j\)的方案数，推状态转移方程的时候可以发现第一维完全没有必要一步一步走，即

\[f(i+j,C) = \prod_{A\times B=C}f(i,A)\times f(j,B) \]

可以运用类似快速幂的方法，将第一维压成\(logn\)，时间复杂度为\(O(m^2logn)\)

第二维是\(A+B=C\)就可以卷积了，考虑用原根将乘法变成加法，即\(A\times B = C,(mod\) \(M)\)变成\(g^{log_gA+ log_gB}\equiv g^{log_gC},(mod\) \(M)\)，进而有\(log_gA+log_gB\equiv log_gC,(mod\) \(\varphi(M))\)

那么对所有数取个\(log_g\)，就可以在模\(\varphi(M)\)意义下进行加法卷积了

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define N 400005
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1004535809;
int n,m,x,s,mp[8005];
int r[N],len,L;
ll a[N],b[N];
ll p[N],q[N];
ll G=3,Gi,inv,g;

template <class T> inline T Max(T a,T b) { return a > b ? a : b; }
template <class T> inline T Min(T a,T b) { return a < b ? a : b; }
template <class T> void read(T &x)
{
	char c;int sign=1;
	while((c=getchar())>'9'||c<'0') if(c=='-') sign=-1; x=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+c-48; x*=sign;
}
ll qp(ll a,ll b,ll mo) { ll ret=1; for(;b;b>>=1,a=a*a%mo) if(b&1) ret=ret*a%mo; return ret; }
int get_g(int m)
{
	for(int i=2;i<=m-1;++i)
	{
		int x=m-1,ok=1;
		for(int j=2;j*j<=x;++j)
		{
			if(x%j==0)
			{
				if(qp(i,(m-1)/j,m)==1) ok=0;
				while(x%j==0) x/=j;
			}
		}
		if(x!=1&&x!=m-1) if(qp(i,(m-1)/x,m)==1) ok=0;
		if(ok) return i;
	}
	return -1;
}
void NTT(ll *a,int opt)
{
	for(int i=0;i<len;++i) if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
	for(int i=1;i<len;i<<=1)
	{
		ll wn=qp(opt==1 ? G : Gi , (mod-1)/(i<<1),mod);
		for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
		{
			ll w=1;
			for(int k=0;k<i;++k,w=w*wn%mod)
			{
				ll x=a[j+k],y=a[j+k+i]*w%mod;
				a[j+k]=(x+y)%mod;
				a[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(opt==-1)
	{
		inv=qp(len,mod-2,mod);
		for(int i=0;i<len;++i) a[i]=a[i]*inv%mod;
	}
}
void mul(ll *a,ll *b,ll *c)
{
	for(int i=0;i<m-1;++i) p[i]=a[i],q[i]=b[i];
	for(int i=m-1;i<len;++i) p[i]=q[i]=0;
	NTT(p,1);NTT(q,1);
	for(int i=0;i<len;++i) p[i]=p[i]*q[i]%mod;
	NTT(p,-1);
	for(int i=0;i<m-1;++i) c[i]=(p[i] + p[i+m-1])%mod;
}

int main()
{
	read(n);read(m);read(x);read(s);
	g=get_g(m); Gi=qp(G,mod-2,mod);
	for(int i=0;i<m-1;++i) mp[qp(g,i,m)]=i;//模意义取log 
	for(int i=1;i<=s;++i)
	{
		int x; read(x);
		if(x) ++a[mp[x]];
	}
	b[mp[1]]=1;
	
	len=1; L=0;
	while(len < (m<<1)) len<<=1,++L;
	for(int i=0;i<len;++i) r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)));
	while(n)
	{
		if(n&1) mul(a,b,b);
		mul(a,a,a);
		n>>=1;
	}
	cout<<(b[mp[x]]%mod+mod)%mod<<endl;
	return 0;
}