bzoj4818 [Sdoi2017]序列计数
Description
Alice想要得到一个长度为n的序列，序列中的数都是不超过m的正整数，而且这n个数的和是p的倍数。Alice还希望，这n个数中，至少有一个数是质数。Alice想知道，有多少个序列满足她的要求。
Input
一行三个数，n,m,p。
1<=n<=10^9,1<=m<=2×10^7,1<=p<=100
Output
一行一个数，满足Alice的要求的序列数量，答案对20170408取模。
Sample Input
3 5 3
Sample Output
33
正解：矩阵快速幂/$FFT$+快速幂+中国剩余定理。
昨天晚上考这题，发现是一道$FFT$优化$DP$的裸题。然而数组开小了，所以只有$80$分。。
正解似乎是矩阵快速幂，不过为什么$FFT$跑得快一些。。并且当$p$很大时矩阵快速幂就没用了。。
首先我们可以想到一个$O(n^{3})$的暴力$DP$。设$f[i][j]$表示前$i$个数，模$p$为$j$的方案数，那么$f[i][(j+k) \mod p]+=f[i-1][j]$，其中$k$为枚举选哪个数。
同正解一样，我们求出所有数的情况，然后减去没有质数的情况，最后得到的就是至少有一个质数的情况。
显然，这是一个卷积的形式，那么我们可以考虑用$FFT$来优化$DP$。
首先构造一个模$p$的多项式，$a[i]$表示模$p$为$i$的数有多少个。那么直接用$FFT$和快速幂算出$a^{n}$就行了。
然后线性筛求出所有质数，构造出除去所有质数的多项式$a$，再用一次$FFT$算出$a^{n}$。
第一个多项式的$a[0]$就是模$p$为$0$的情况，第二个多项式的$a[0]$就是没有任何质数且模$p$为$0$的情况，易知两个$a[0]$相减即为答案。
不过这个模数会炸精度，我们把这个模数拆成$8,1091,2311$，分别算出模这$3$个数的答案，最后用中国剩余定理合并就行了。
总复杂度$O(plogplogn)$，所以比矩阵快速幂的$O(p^{3}logn)$要快。不过我没加任何常数优化，所以还是很慢。。
1 //It is made by wfj_2048~ 2 #include <algorithm> 3 #include <iostream> 4 #include <complex> 5 #include <cstring> 6 #include <cstdlib> 7 #include <cstdio> 8 #include <vector> 9 #include <cmath> 10 #include <queue> 11 #include <stack> 12 #include <map> 13 #include <set> 14 #define rhl (20170408) 15 #define NN (20000010) 16 #define pi acos(-1.0) 17 #define inf (1<<30) 18 #define il inline 19 #define RG register 20 #define ll long long 21 #define C complex <long double> 22 #define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout) 23 24 using namespace std; 25 26 C a[1010],b[1010],c[1010],ans[1010]; 27 28 int prime[NN],rev[1010],r64[5],N,n,m,p,lg,cnt; 29 ll res[1010],Ans[5],ans1,ans2,aans; 30 bool vis[NN]; 31 32 il int gi(){ 33 RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar(); 34 while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar(); 35 if (ch=='-') q=-1,ch=getchar(); 36 while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar(); 37 return q*x; 38 } 39 40 il void sieve(){ 41 vis[1]=1; 42 for (RG int i=2;i<=m;++i){ 43 if (!vis[i]) prime[++cnt]=i; 44 for (RG int j=1,k;j<=cnt;++j){ 45 k=i*prime[j]; if (k>m) break; 46 vis[k]=1; if (i%prime[j]==0) break; 47 } 48 } 49 return; 50 } 51 52 il void FFT(C *a,RG int n,RG int f){ 53 for (RG int i=0;i<n;++i) 54 if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]); 55 for (RG int i=1;i<n;i<<=1){ 56 C wn(cos(pi/i),sin(f*pi/i)),x,y; 57 for (RG int j=0;j<n;j+=(i<<1)){ 58 C w(1,0); 59 for (RG int k=0;k<i;++k,w*=wn){ 60 x=a[j+k],y=w*a[j+k+i]; 61 a[j+k]=x+y,a[j+k+i]=x-y; 62 } 63 } 64 } 65 return; 66 } 67 68 il void mul(C *a,C *b,RG int pp){ 69 for (RG int i=0;i<N;++i) c[i]=b[i]; FFT(a,N,1),FFT(c,N,1); 70 for (RG int i=0;i<N;++i) a[i]*=c[i]; FFT(a,N,-1); 71 memset(res,0,sizeof(res)); 72 for (RG int i=0;i<N;++i){ 73 res[i%p]+=(ll)(a[i].real()/N+0.5); 74 res[i%p]%=pp,a[i]=0; 75 } 76 for (RG int i=0;i<p;++i) a[i]=res[i]; return; 77 } 78 79 il void qpow(C *a,RG int b,RG int pp){ 80 for (RG int i=0;i<N;++i) ans[i]=a[i]; b--; 81 while (b){ if (b&1) mul(ans,a,pp); mul(a,a,pp),b>>=1; } 82 memset(res,0,sizeof(res)); 83 for (RG int i=0;i<N;++i) 84 res[i%p]+=(ll)ans[i].real(),res[i%p]%=pp; 85 return; 86 } 87 88 il void exgcd(RG ll a,RG ll b,RG ll &x,RG ll &y){ 89 if (!b){ x=1,y=0; return; } 90 exgcd(b,a%b,y,x); y-=(a/b)*x; return; 91 } 92 93 il void work(){ 94 n=gi(),m=gi(),p=gi(); for (N=1;N<=(p<<1);N<<=1) lg++; 95 for (RG int i=0;i<N;++i) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(lg-1)); 96 r64[1]=8,r64[2]=1091,r64[3]=2311,sieve(); 97 for (RG int k=1;k<=3;++k){ 98 memset(a,0,sizeof(a)); for (RG int i=1;i<=m;++i) a[i%p].real()++; 99 qpow(a,n,r64[k]); ans1=res[0],memset(a,0,sizeof(a)); 100 for (RG int i=1;i<=m;++i) if (vis[i]) a[i%p].real()++; 101 qpow(a,n,r64[k]); ans2=res[0],Ans[k]=(ans1-ans2+r64[k])%r64[k]; 102 RG ll u=rhl/r64[k],v=r64[k],x=0,y=0; exgcd(u,v,x,y); 103 aans+=u*x%rhl*Ans[k],aans%=rhl; 104 } 105 printf("%lld",aans); return; 106 } 107 108 int main(){ 109 File("count"); 110 work(); 111 return 0; 112 }
