CF514E

先考虑暴力的 DP，设 $f_i$ 表示到根节点距离恰好为 $i$ 的节点数量，则有

$$f_i=\sum_{j=1}^nf_{i-d_j}$$

初值为 $f_0=1$，最终求的是 $\sum\limits_{i=0}^x f_i$。

注意到 $d_i\le100$，有很多相同的转移，于是记 $cnt_i$ 表示 $\left\{d\right\}$ 中 $i$ 的出现次数，则有

$$f_i=\sum_{j=1}^{100} cnt_j\times f_{i-j}$$

$x$ 最大有 $10^9$ 级别并且这个式子看着就能矩阵快速幂优化，于是设 $sum_i$ 表示 $f$ 的前缀和，将 $f$ 的前 $100$ 个元素暴力求出，然后构造一个 $101\times101$ 的矩阵：

$$\begin{bmatrix} 1 & cnt_1 & cnt_2 & cnt_3 & cnt_4 & \cdots & cnt_{100}\\ 0 & cnt_1 & cnt_2 & cnt_3 & cnt_4 & \cdots & cnt_{100}\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}\times \begin{bmatrix} sum_{i-1}\\ f_{i-1}\\ f_{i-2}\\ f_{i-3}\\ f_{i-4}\\ f_{i-5}\\ \vdots\\ f_{i-100} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} sum_{i}\\ f_{i}\\ f_{i-1}\\ f_{i-2}\\ f_{i-3}\\ f_{i-4}\\ \vdots\\ f_{i-99} \end{bmatrix}$$

然后矩阵快速幂优化即可。

时间复杂度 $\mathcal O(100^3\log x)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105, mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int cnt[N];
int g[N], sum[N];

struct mat {
	int a[N][N];
	
	void clear() { memset(a, 0, sizeof a); }
	void init() { clear(); for (int i = 0; i <= 100; ++i) a[i][i] = 1; }
	
	mat operator * (const mat &x) const {
		mat res; res.clear();
		for (int i = 0; i <= 100; ++i)
			for (int j = 0; j <= 100; ++j)
				for (int k = 0; k <= 100; ++k)
					res.a[i][j] = (res.a[i][j] + 1ll * a[i][k] * x.a[k][j] % mod) % mod;
		return res;
	}
} f, trans;

mat qpow(mat x, int y) {
	mat res; res.init();
	while (y) {
		if (y & 1) res = res * x;
		x = x * x;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1, x; i <= n; ++i) scanf("%d", &x), ++cnt[x];
	g[0] = sum[0] = 1;
	for (int i = 1; i < 100; ++i) {
		for (int j = 1; j <= min(i, 100); ++j) g[i] = (g[i] + 1ll * g[i - j] * cnt[j] % mod) % mod;
		sum[i] = (sum[i - 1] + g[i]) % mod;
	}
	if (m < 100) return printf("%d", sum[m]), 0;
	trans.clear();
	trans.a[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 100; ++i) trans.a[0][i] = trans.a[1][i] = cnt[i];
	for (int i = 2; i <= 100; ++i) trans.a[i][i - 1] = 1;
	f.clear();
	f.a[0][0] = sum[99];
	for (int i = 1; i <= 100; ++i) f.a[i][0] = g[100 - i];
	mat ans = qpow(trans, m - 99) * f;
	printf("%d", ans.a[0][0]);
	return 0;
}