bzoj3992【SDOI2015】序列统计
2017-07-24 13:03 tlnshuju 阅读(145) 评论(0) 编辑 收藏 举报3992: [SDOI2015]序列统计
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Description
小C有一个集合S,里面的元素都是小于M的非负整数。他用程序编写了一个数列生成器,能够生成一个长度为N的数列,数列中的每一个数都属于集合S。
小C用这个生成器生成了很多这种数列。可是小C有一个问题须要你的帮助:给定整数x,求全部能够生成出的,且满足数列中全部数的乘积mod M的值等于x的不同的数列的有多少个。小C觉得,两个数列{Ai}和{Bi}不同。当且仅当至少存在一个整数i,满足Ai≠Bi。另外,小C觉得这个问题的答案可能非常大,因此他仅仅须要你帮助他求出答案mod 1004535809的值就能够了。
Input
一行。四个整数。N、M、x、|S|,当中|S|为集合S中元素个数。
第二行,|S|个整数,表示集合S中的全部元素。
Output
一行,一个整数,表示你求出的种类数mod 1004535809的值。
Sample Input
4 3 1 2
1 2
1 2
Sample Output
8
HINT
【例子说明】
能够生成的满足要求的不同的数列有(1,1,1,1)、(1,1,2,2)、(1,2,1,2)、(1,2,2,1)、(2,1,1,2)、(2,1,2,1)、(2,2,1,1)、(2,2,2,2)。
【数据规模和约定】
对于10%的数据。1<=N<=1000;
对于30%的数据,3<=M<=100;
对于60%的数据,3<=M<=800。
对于所有的数据,1<=N<=109,3<=M<=8000,M为质数,1<=x<=M-1。输入数据保证集合S中元素不反复
Source
NTT第一题
首先能够发现1004535809=479*2^21+1,并且是一个质数,所以能够用NTT解决。
用f[i][j]表示i个数模m等于g^j的方案数(i为2的整数次幂,g为m的原根)。则f[i][j]=∑f[i/2][k]*f[i/2][j-k]。
这样就成了卷积形式,NTT搞定。
但n并不一定是2的整数次幂,这里就要用到高速幂的思想(详见代码)。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++) #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--) #define ll long long #define maxn 40000 #define mod 1004535809 using namespace std; int n,m,num,s,mg,g,bit,inv; int a[maxn],c[maxn],A[maxn],B[maxn],ind[maxn],rev[maxn]; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } inline ll power(ll x,int y,int p) { ll ret=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%p) if (y&1) ret=ret*x%p; return ret; } inline bool get_order(int x,int m) { int lim=sqrt(m),phi=m-1; F(i,1,lim) if (phi%i==0) { if (power(x,i,m)==1){if (i!=m-1) return false;} if (power(x,phi/i,m)==1){if (phi/i!=m-1) return false;} } return true; } inline int get_primitive_root(int x) { F(i,2,x) if (get_order(i,x)) return i; } inline void ntt(int *a,int flag) { F(i,0,(1<<bit)-1) if (rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]); F(i,1,bit) { int y=(1ll*flag*(mod-1)/(1<<i)+mod-1)%(mod-1); ll wn=power(g,y,mod); for(int j=0;(j<1<<bit);j+=(1<<i)) { ll w=1; F(k,j,j+(1<<(i-1))-1) { int u=a[k],v=w*a[k+(1<<(i-1))]%mod; a[k]=(u+v)%mod; a[k+(1<<(i-1))]=((u-v)%mod+mod)%mod; w=w*wn%mod; } } } if (flag<0) F(i,0,(1<<bit)-1) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod; } inline void convol(int *a,int *b) { int len=1<<bit; F(i,0,len-1) c[i]=b[i]; ntt(a,1);ntt(c,1); F(i,0,len-1) a[i]=(ll)a[i]*c[i]%mod; ntt(a,-1); for(int i=m-1,j=0;i<len;i++,j++) a[j]=(a[j]+a[i])%mod,a[i]=0; } int main() { n=read();m=read();num=read();s=read(); F(i,1,s) a[i]=read(); mg=get_primitive_root(m); g=get_primitive_root(mod); int tmp=1; F(i,0,m-2){ind[tmp]=i;tmp=tmp*mg%m;} for(bit=0;(1<<bit)<(m-1)*2;bit++); inv=power(1<<bit,mod-2,mod); F(i,0,(1<<bit)-1) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(bit-1)); A[0]=1; F(i,1,s) if (a[i]) B[ind[a[i]]]=1; for(;n;convol(B,B),n>>=1) if (n&1) convol(A,B); printf("%d\n",A[ind[num]]); return 0; }