[uoj272]石家庄的工人阶级队伍比较坚强

假设$x,y\in \{0,1,2\}$，则$x$能赢$y$（根据题中定义）当且仅当$x-y\equiv 1(mod\ 3)$

定义$\ominus$为两数3进制下不退位的减法，$S_{x}$表示$x$在3进制下1的个数，则$u=W(x,y)=S_{x\ominus y}$，类似地，有$v=W(y,x)=S_{y\ominus x}$

记$B_{x,y}=b_{S_{x\ominus y},S_{y\ominus x}}$，令$k=x\ominus y$，根据$\ominus$的性质，有$k\ominus 0=x\ominus y$以及$0\ominus k=y\ominus x$，代入后就可以得到$B_{x,y}=b_{S_{k\ominus 0},S_{0\ominus k}}=B_{k,0}$，再记$g_{k}=B_{k,0}$，可以预处理出来

原题也就是$f_{i,x}=\sum_{y=0}^{3^{m}-1}g_{x\ominus y}f_{i-1,y}$，再令$\oplus$为3进制下按位加法，有$(x\ominus y)\oplus y=x$，也就是一个$\oplus$的卷积，记这个卷积为$\otimes$运算，有$f_{i}=g\otimes f_{i-1}$

根据卷积的结合律，有$f_{t}=g^{t}\otimes f_{0}$（其中$g^{t}$也是上面的$\otimes$），也就是要快速计算$\otimes$运算

我们直接来考虑原问题的一个拓展，即令$\oplus$为$B$进制下不进位加法，$\otimes$为$\oplus$卷积（$B$是一个较小的数），如何对两个序列快速计算$\otimes$这个运算

为了方便起见，不妨假设序列长度$n=B^{k}$，不足可以补0

对于两个序列$a_{i}$和$b_{i}$，考虑构造一个$n\times n$的矩阵$A_{i,j}$（将序列看作一个$1\times n$的矩阵），令$a'=aA$，$b'=bA$，再令$c'=a'*b'$（这里的*指对应位置相乘），最后$c=c'A^{-1}$

$\forall n=B^{k}(k\ge 1)$，若矩阵$A$满足以下两个条件，则最终有$c=a\otimes b$：

1.其左上角$B\times B$的矩阵在$n=B$时满足$c=a\otimes b$

2.$A_{i,j}=A_{\lfloor\frac{i}{B}\rfloor,\lfloor\frac{j}{B}\rfloor}A_{i\ mod\ B,j\ mod\ B}$，且$A^{-1}$具有同样性质

证明如下——

注意到当$n=B$时，左上角$B\times B$的矩阵即为$A$本身，那么由条件1可知其正确

归纳$n=B^{k}(k\ge 1)$时正确，考虑$n=B^{k+1}$时正确性：

对于每一个$0\le i<B^{k+1}$，都可以被表示为$i_{0}B+i_{1}$（其中$0\le i_{0}<B^{k}$，$0\le i_{1}<B$）

对于$a_{i}$和$b_{i}$，代入式子即有
$$
c_{i}=\sum_{j=0}^{B^{k+1}-1}c'_{j}A^{-1}_{j,i}=\sum_{j_{1}=0}^{B-1}\sum_{j_{0}=0}^{B^{k}-1}c'_{j_{0}B+j_{1}}A^{-1}_{j_{0}B+j_{1},i_{0}B+i_{1}}=\sum_{j_{1}=0}^{B-1}A^{-1}_{j_{1},i_{1}}\sum_{j_{0}=0}^{B^{k}-1}c'_{j_{0}B+j_{1}}A^{-1}_{j_{0},i_{0}}
$$
考虑$c'_{i}$，同样可以代入得到
$$
c'_{i}=a'_{i}b'_{i}=(\sum_{j_{1}=0}^{B-1}A_{j_{1},i_{1}}\sum_{j_{0}=0}^{B^{k}-1}a_{j_{0}B+j_{1}}A_{j_{0},i_{0}})(\sum_{j_{1}=0}^{B-1}A_{j_{1},i_{1}}\sum_{j_{0}=0}^{B^{k}-1}b_{j_{0}B+j_{1}}A_{j_{0},i_{0}})
$$
（关于$a'_{i}$和$b'_{i}$用$a_{i}$和$b_{i}$表达，与$c_{i}$用$c'_{i}$表达相同，将$A^{-1}$改为$A$即可）

对$a_{i}$和$b_{i}$分别构造出$B$个序列，即$d_{j_{0},i}=a_{iB+j_{0}}$以及$e_{j_{0},i}=b_{iB+j_{0}}$，考虑$d_{x}$和$e_{y}$分别作为$a_{i}$和$b_{i}$通过前面的方式计算，可以算出$c'$，记作$f'_{x,y}$，即有
$$
f'_{x,y,i}=(\sum_{j=0}^{B^{k}-1}d_{x,j}A_{j,i})(\sum_{j=0}^{B^{k}-1}e_{y,j}A_{j,i})=(\sum_{j=0}^{B^{k}-1}a_{jB+x}A_{j,i})(\sum_{j=0}^{B^{k}-1}b_{jB+y}A_{j,i})
$$
可以发现这个式子与上面的$c'_{i}$有关，具体来说即
$$
c'_{i}=\sum_{x=0}^{B-1}A_{x,i_{1}}\sum_{y=0}^{B-1}A_{y,i_{1}}f'_{x,y,i_{0}}
$$
整体将$c'_{i}$的式子代入$c_{i}$中，也就得到了
$$
c_{i}=\sum_{j_{1}=0}^{B-1}A^{-1}_{j_{1},i_{1}}\sum_{j_{0}=0}^{B^{k}-1}A^{-1}_{j_{0},i_{0}}\sum_{x=0}^{B-1}A_{x,j_{1}}\sum_{y=0}^{B-1}A_{y,j_{1}}f'_{x,y,j_{0}}=\sum_{j_{1}=0}^{B-1}A^{-1}_{j_{1},i_{1}}\sum_{x=0}^{B-1}A_{x,j_{1}}\sum_{y=0}^{B-1}A_{y,j_{1}}\sum_{j_{0}=0}^{B^{k}-1}A^{-1}_{j_{0},i_{0}}f'_{x,y,j_{0}}
$$
显然最后一个式子也就是$f'_{x,y}A^{-1}$，记作$f_{x,y}$，根据归纳有$f_{x,y}=d_{x}\otimes e_{y}$，联系其定义即
$$
f_{x,y,i}=\sum_{0\le p_{0},q_{0}<B^{k},p_{0}\oplus q_{0}=i}d_{x,p_{0}}e_{y,q_{0}}
$$
再次代入$c_{i}$中，即
$$
c_{i}=\sum_{j_{1}=0}^{B-1}A^{-1}_{j_{1},i_{1}}\sum_{x=0}^{B-1}A_{x,j_{1}}\sum_{y=0}^{B-1}A_{y,j_{1}}\sum_{0\le p_{0},q_{0}<B^{k},p_{0}\oplus q_{0}=i_{0}}d_{x,p_{0}}e_{y,q_{0}}=\sum_{0\le p_{0},q_{0}<B^{k},p_{0}\oplus q_{0}=i_{0}}\sum_{j_{1}=0}^{B-1}A^{-1}_{j_{1},i_{1}}\sum_{x=0}^{B-1}A_{x,j_{1}}d_{x,p_{0}}\sum_{y=0}^{B-1}A_{y,j_{1}}e_{y,q_{0}}
$$
对于$p_{0}$和$q_{0}$，构造$u_{i}=d_{i,p_{0}}$以及$v_{i}=e_{i,q_{0}}$，将两者作为$a_{i}$和$b_{i}$进行计算，关于$x$的枚举也就是算出$u'_{j_{1}}$，第二个关于$y$的枚举也就是$v'_{j_{1}}$，两者对应位置相乘，也就是$c'_{j_{1}}$，再乘上前面的$A_{j_{1},i_{1}}^{-1}$，也就是$c_{i_{1}}$

（这里的$c'_{j_{1}}$和$c_{i_{1}}$指代入$u_{i}$和$v_{i}$后用前面的方式计算得到，与之前的$c'_{i}$与$c_{i}$无关）

进一步的，根据归纳有$c_{i_{1}}=(u\otimes v)_{i_{1}}=\sum_{0\le p_{1},q_{1}<B,p_{1}\oplus q_{1}=i_{1}}u_{p_{1}}v_{q_{1}}$，代入即
$$
c_{i}=\sum_{0\le p_{0},q_{0}<B^{k},p_{0}\oplus q_{0}=i_{0}}\sum_{0\le p_{1},q_{1}<B,p_{1}\oplus q_{1}=i_{1}}a_{p_{0}B+p_{1}}b_{q_{0}B+q_{1}}=\sum_{0\le p,q<B^{k+1},p\oplus q=i}a_{p}b_{q}=(a\otimes b)_{i}
$$
（最后就利用到了$\oplus$是按位运算的）

确定矩阵$A$的条件后，我们还要具体的构造出一个矩阵$A$，通过矩阵左上角$B\times B$的部分就可以根据第二个条件唯一确定$A$了，也就是如何构造$n=B$时的矩阵

不难发现这就是一个幂次对$B$取模的加法卷积，联系FFT，记$\omega=\cos\frac{2\pi}{B}+\sin\frac{2\pi}{B}i$，取$A_{i,j}=\omega^{ij}$，逆矩阵将则令$A^{-1}_{i,j}=\frac{\omega^{-(ij)}}{B}$，下面来证明一下：

当我们确定了$A_{i,j}=\omega^{i}$，相当于将$a_{i}$看作一个$B$次多项式，求出其在$\omega^{i}$的值

根据余数定理，当我们知道一个多项式在$x=\omega^{i}$上的值，事实上也就是该多项式模$x-\omega^{i}$后的结果，而求出了所有$\omega^{i}$，那么也就知道了原多项式对$\prod_{i=0}^{B-1}(x-\omega^{i})$取模的结果

再将点值相乘， 也就确定了最终多项式对$\prod_{i=0}^{B-1}(x-\omega^{i})$取模后的结果

注意到$\omega$满足$\omega^{B}=1$且$\forall 1\le i<B,\omega^{i}\ne 1$，则$\prod_{i=0}^{B-1}(x-\omega^{i})=x^{B}-1$，而$x^{n}\equiv x^{n\ mod\ B}(mod\ x^{B}-1)$，因此恰好也就求出了下标对$B$取模的卷积结果

关于$\prod_{i=0}^{B-1}(x-\omega^{i})=x^{B}-1$，由于其可以看作$B$对点值$\{x=\omega^{i},y=0\}$，且每一个$x$各不相同，由此恰好可以确定一个$B$次多项式，且$x^{B}-1$恰好满足此性质，因此即相等

然而，本题需要对$p$取模，如果用实数表示的误差无法解决，代入$B=3$，可得$\omega=\frac{\sqrt{3}}{2}i-\frac{1}{2}$

考虑题中关于$p$的限制：不存在正整数$x,y$满足$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{3}{p}$

若$p\equiv 0(mod\ 3)$，取$x=y=\frac{2p}{3}$即满足条件，因此$\frac{1}{3}$在模$p$意义下有意义，但并不能保证3在模$p$意义下有二次剩余，换言之$\sqrt{3}$不一定有意义（$\frac{1}{2}$有意义也可以证，但不关心）

为了使系数为整数，考虑将$\omega$作为一个整体，显然每一个虚数与$a+b\omega$一一对应，同时根据$\omega^{3}=1$以及$\omega^{2}=-\omega-1$（这两个条件也就是根据$\prod_{i=0}^{B-1}(x-\omega^{i})=x^{B}-1$得到），当产生高次项也都可以降为一次来表示

最终答案必然是整数，因此$b=0$，即为$a$

另外，计算矩阵乘法可以利用条件2来做，以由$a$计算$a'$为例子，即
$$
a'_{i}=\sum_{j=0}^{B^{k}-1}a_{j}A_{j,i}=\sum_{j_{1}=0}^{B-1}A_{j_{1},i_{1}}\sum_{j_{0}=0}^{B^{k-1}-1}a_{j_{0}B+j_{1}}A_{j_{0},i_{0}}
$$
对于每一个$j_{1}$，后面也就是一个$B^{k-1}$规模的子问题（矩阵乘法），递归后将其求出后，再代入该式即可，这样单次矩乘时间复杂度为$o(kB^{k+1})$

由于要快速幂，总复杂度为$o((m+\log_{2}t)3^{m})$可以通过

 

补充一下与本题无关的一些事情：

$B=2$时这个问题就是FWT，且做法与其完全相同

当$B$足够大时即为FFT，但时间复杂度会退化为$o(n^{2})$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 600005
#define M 13
int n,m,t,mod,S[N],base[N][M],b[M][M];
struct Complex{
    int a,b;
    Complex(){
        a=b=0;
    }
    Complex(int x){
        a=x,b=0;
    }
    Complex(int x,int y){
        a=x,b=y;
    }
    Complex operator + (const Complex &k)const{
        return Complex((a+k.a)%mod,(b+k.b)%mod);
    }
    Complex operator * (const Complex &k)const{
        int s=mod-1LL*b*k.b%mod;
        return Complex((1LL*a*k.a+s)%mod,(1LL*a*k.b+1LL*b*k.a+s)%mod);
    }
}inv3,A[3][3],invA[3][3],a[N],ans[N];
Complex pow(Complex n,int m){
    Complex s=n,ans=Complex(1);
    while (m){
        if (m&1)ans=ans*s;
        s=s*s;
        m>>=1;
    }
    return ans;
}
void DFT(Complex *a){
    Complex aa[3];
    for(int i=0,s=1;i<m;i++,s*=3)
        for(int j=0;j<n;j++)
            if (!base[j][i]){
                for(int k=0;k<3;k++)aa[k]=Complex();
                for(int k=0;k<3;k++)
                    for(int l=0;l<3;l++)aa[k]=aa[k]+a[j+l*s]*A[l][k];
                for(int k=0;k<3;k++)a[j+k*s]=aa[k];
            }
}
void IDFT(Complex *a){
    Complex aa[3];
    for(int i=0,s=1;i<m;i++,s*=3)
        for(int j=0;j<n;j++)
            if (!base[j][i]){
                for(int k=0;k<3;k++)aa[k]=Complex();
                for(int k=0;k<3;k++)
                    for(int l=0;l<3;l++)aa[k]=aa[k]+a[j+l*s]*invA[l][k];
                for(int k=0;k<3;k++)a[j+k*s]=aa[k];
            }
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&m,&t,&mod);
    n=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)n*=3;
    for(int i=0;i<n;i++){
        S[i]=S[i/3]+(i%3==1);
        base[i][0]=i%3;
        for(int j=1;j<m;j++)base[i][j]=base[i/3][j-1];
    }
    int k=mod,phi=mod;
    for(int i=2;i*i<=k;i++)
        if (k%i==0){
            phi=phi/i*(i-1);
            while (k%i==0)k/=i;
        }
    if (k>1)phi=phi/k*(k-1);
    inv3=pow(Complex(3),phi-1);
    for(int i=0;i<3;i++)
        for(int j=0;j<3;j++){
            A[i][j]=pow(Complex(0,1),i*j);
            invA[i][j]=pow(Complex(0,1),6-i*j)*inv3;
        }
    for(int i=0;i<n;i++){
        scanf("%d",&k);
        a[i]=Complex(k);
    }
    for(int i=0;i<=m;i++)
        for(int j=0;j<=m-i;j++)scanf("%d",&b[i][j]);
    for(int i=0;i<n;i++){
        k=0;
        for(int j=m-1;j>=0;j--)
            if (!base[i][j])k=k*3;
            else k=k*3+3-base[i][j];
        ans[i]=Complex(b[S[i]][S[k]]);
    }
    DFT(a);
    DFT(ans);
    for(int i=0;i<n;i++)ans[i]=a[i]*pow(ans[i],t);
    IDFT(ans);
    for(int i=0;i<n;i++)printf("%d\n",ans[i].a);
}