洛谷P3321 [SDOI2015]序列统计（NTT）
题意：$a_i\in S$，求$\prod_{i=1}^na_i\equiv x\pmod{m}$的方案数
这题目太珂怕了……数学渣渣有点害怕……kelin大佬TQL
设$f[i][j]$表示$\prod_{k=1}^ia_k\equiv j\pmod{m}$的方案数
那么$$f[2*i][j]=\sum_{ab\equiv j\pmod{m}}f[i][a]f[i][b]$$
然后因为$m$是质数。质数有一个叫做原根的东西，质数$p$的原根$g$满足$g^i\ mod\ p$在$i$为$[1,p-1]$时互不相同，然后根据费马小定理$g^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$，所以$i$在$[0,p-2]$的范围内$g^{i}$能取遍[1,p-1]的所有数（因为原根一般都特别小，所以可以直接暴力求，这个可以看代码）
因为$g^A\equiv a\pmod{m}$，每一个$A$和$a$互相对应，那么我们可以用$A$来代替$a$
则上式变为$$f[2*i][K]\equiv \sum_{g^Ag^B\equiv g^K\pmod{m}}f[i][A]f[i][B]$$
$$f[2*i][K]\equiv \sum_{g^{A+B}\equiv g^K\pmod{m}}f[i][A]f[i][B]$$
根据费马小定理$a^b\equiv a^{b\ mod\ p-1}\pmod{p}$，可得$$f[2*i][K]\equiv \sum_{g^{(A+B)\ mod\ m-1}=g^K}f[i][A]f[i][B]$$
$$f[2*i][K]\equiv \sum_{A+B\equiv K\pmod{m-1}}f[i][A]f[i][B]$$
设$g[K]=\sum_{A+B=K}f[i][A]f[i][B]$，则$$f[i*2][K]=g[K]+g[K+m-1]$$
然后这个每一层的转移都是一样的，所以用多项式快速幂来计算
1 //minamoto 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #include<algorithm> 5 #define ll long long 6 #define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y) 7 #define mul(x,y) (1ll*x*y%P) 8 #define add(x,y) (x+y>=P?x+y-P:x+y) 9 #define dec(x,y) (x-y<0?x-y+P:x-y) 10 using namespace std; 11 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 12 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 13 inline int read(){ 14 #define num ch-'0' 15 char ch;bool flag=0;int res; 16 while(!isdigit(ch=getc())) 17 (ch=='-')&&(flag=true); 18 for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num); 19 (flag)&&(res=-res); 20 #undef num 21 return res; 22 } 23 const int N=20005,P=1004535809; 24 int n,m,vis[N],F[N],G[N],A[N],B[N],O[N]; 25 int l,limit=1,r[N],x,S,pr; 26 inline int ksm(int a,int b,int P){ 27 int res=1;a%=P; 28 while(b){ 29 if(b&1) res=mul(res,a); 30 a=mul(a,a),b>>=1; 31 } 32 return res; 33 } 34 inline int calc(int x){ 35 //求原根，若只有j=x-1时i^j=1(mod x)，i是x的原根 36 if(x==2) return 1; 37 for(int i=2;;++i){ 38 bool flag=1; 39 for(int j=2;j*j<x;++j) 40 if(ksm(i,(x-1)/j,x)==1){flag=false;break;} 41 if(flag) return i; 42 } 43 } 44 void NTT(int *A,int type){ 45 for(int i=0;i<limit;++i) 46 if(i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]); 47 for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1){ 48 int R=mid<<1,Wn=ksm(3,(P-1)/R,P);O[0]=1; 49 for(int j=1;j<mid;++j) O[j]=mul(O[j-1],Wn); 50 for(int j=0;j<limit;j+=R){ 51 for(int k=0;k<mid;++k){ 52 int x=A[j+k],y=mul(O[k],A[j+k+mid]); 53 A[j+k]=add(x,y),A[j+k+mid]=dec(x,y); 54 } 55 } 56 } 57 if(type==-1){ 58 reverse(A+1,A+limit); 59 for(int i=0,inv=ksm(limit,P-2,P);i<limit;++i) 60 A[i]=mul(A[i],inv); 61 } 62 } 63 void Mul(int *G,int *F){ 64 for(int i=0;i<limit;++i) A[i]=G[i],B[i]=F[i]; 65 NTT(A,1),NTT(B,1); 66 for(int i=0;i<limit;++i) A[i]=mul(A[i],B[i]); 67 NTT(A,-1); 68 for(int i=0;i<m-1;++i) G[i]=add(A[i],A[i+m-1]); 69 70 } 71 void solve(int b){ 72 G[0]=1; 73 while(b){ 74 if(b&1) Mul(G,F); 75 b>>=1,Mul(F,F); 76 } 77 } 78 int main(){ 79 // freopen("testdata.in","r",stdin); 80 n=read(),m=read(),x=read(),S=read(); 81 pr=calc(m); 82 for(int i=1,v;i<=S;++i) 83 vis[v=read()]=1; 84 int pos=-1; 85 for(int i=0,j=1;i<m-1;++i,j=j*pr%m){ 86 if(vis[j]) F[i]=1; 87 if(j==x) pos=i; 88 } 89 if(pos==-1) return puts("0"),0; 90 while(limit<=((m-1)<<1)) limit<<=1,++l; 91 for(int i=0;i<limit;++i) 92 r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)); 93 solve(n); 94 printf("%d\n",G[pos]%P); 95 return 0; 96 }
