题目描述
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,可以生成一个长度为N的数列,数列中的每个数都属于集合S。小C用这个生成器生成了许多这样的数列。但是小C有一个问题需要你的帮助:给定整数x,求所有可以生成出的,且满足数列中所有数的乘积mod M的值等于x的不同的数列的有多少个。小C认为,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认为这个问题的答案可能很大,因此他只需要你帮助他求出答案mod 1004535809的值就可以了。
输入输出格式
输入格式:
一行,四个整数,N、M、x、|S|,其中|S|为集合S中元素个数。第二行,|S|个整数,表示集合S中的所有元素。
输出格式:
一行,一个整数,表示你求出的种类数mod 1004535809的值。
输入输出样例
输入样例#1:
4 3 1 2
1 2
输出样例#1:
8
说明
【样例说明】
可以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;
对于全部的数据,1<=N<=109,3<=M<=8000,M为质数,1<=x<=M-1,输入数据保证集合S中元素不重复
分析:
根据题意,容易列出dp式。
由于题目中的 不为 ,所以可以把 中的 去掉。然后我们发现,如果两边取 ,那么就是一个卷积了。因为 是素数,所以先跑出原根,把每个数用离散对数表示,把 设为离散对数为 的方案数,式子就变成,
显然就是一个卷积形式,然后就可以用快速幂+ 求解。当然, 的项要加到 。
代码:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long
const int maxn=33007;
const int p=1004535809;
const double pi=acos(-1);
using namespace std;
struct rec{
double x,y;
};
rec operator +(rec a,rec b)
{
return (rec){a.x+b.x,a.y+b.y};
}
rec operator -(rec a,rec b)
{
return (rec){a.x-b.x,a.y-b.y};
}
rec operator *(rec a,rec b)
{
return (rec){a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x};
}
rec operator !(rec a)
{
return (rec){a.x,-a.y};
}
LL n,m,s,t,g,cnt,len,x;
rec a[maxn],b[maxn],w[maxn],dfta[maxn],dftb[maxn],dftc[maxn],dftd[maxn];
LL f[maxn],f1[maxn],r[maxn];
LL prime[maxn],lg[maxn];
void divide(LL x)
{
for (LL i=2;i<=trunc(sqrt(x));i++)
{
if (x%i==0)
{
prime[++cnt]=i;
while (x%i==0) x/=i;
}
}
if (x>1) prime[++cnt]=x;
}
LL power(LL x,LL y)
{
if (y==1) return x;
LL c=power(x,y/2);
c=(c*c)%m;
if (y%2) c=(c*x)%m;
return c;
}
void getroot(LL x)
{
bool flag;
for (LL i=2;i<x;i++)
{
flag=0;
for (LL j=1;j<=cnt;j++)
{
if (power(i,(x-1)/prime[j])==1)
{
flag=1;
break;
}
}
if (!flag)
{
g=i;
return;
}
}
}
void fft(rec *a,LL f)
{
for (LL i=0;i<len;i++)
{
if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
}
w[0]=(rec){1,0};
for (LL i=2;i<=len;i*=2)
{
rec wn=(rec){cos(2*pi/i),f*sin(2*pi/i)};
for (LL j=i/2;j>=0;j-=2) w[j]=w[j/2];
for (LL j=1;j<i/2;j+=2) w[j]=w[j-1]*wn;
for (LL j=0;j<len;j+=i)
{
for (LL k=0;k<i/2;k++)
{
rec u=a[j+k],v=a[j+k+i/2]*w[k];
a[j+k]=u+v;
a[j+k+i/2]=u-v;
}
}
}
}
void init(LL len)
{
LL k=trunc(log(len+0.5)/log(2));
for (LL i=0;i<len;i++)
{
r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(k-1));
}
}
void FFT(LL *x,LL *y,LL *z,LL n,LL m)
{
len=1;
while (len<(n+m-1)) len*=2;
init(len);
for (LL i=0;i<len;i++)
{
LL A,B;
if (i<n) A=x[i]%p; else A=0;
if (i<m) B=y[i]%p; else B=0;
a[i]=(rec){A>>15,A&32767};
b[i]=(rec){B>>15,B&32767};
}
fft(a,1); fft(b,1);
for (LL i=0;i<len;i++)
{
LL j=(len-i)&(len-1);
rec da,db,dc,dd;
da=(a[i]+(!a[j]))*(rec){0.5,0};
db=(a[i]-(!a[j]))*(rec){0,-0.5};
dc=(b[i]+(!b[j]))*(rec){0.5,0};
dd=(b[i]-(!b[j]))*(rec){0,-0.5};
dfta[i]=da*dc;
dftb[i]=da*dd;
dftc[i]=db*dc;
dftd[i]=db*dd;
}
for (LL i=0;i<len;i++)
{
a[i]=dfta[i]+dftb[i]*(rec){0,1};
b[i]=dftc[i]+dftd[i]*(rec){0,1};
}
fft(a,-1); fft(b,-1);
for (LL i=0;i<len;i++)
{
LL da,db,dc,dd;
da=(LL)(a[i].x/len+0.5)%p;
db=(LL)(a[i].y/len+0.5)%p;
dc=(LL)(b[i].x/len+0.5)%p;
dd=(LL)(b[i].y/len+0.5)%p;
z[i]=((da<<30)%p+((db+dc)<<15)%p+dd)%p;
}
}
void solve(LL n,LL m)
{
if (n==1) return;
solve(n/2,m);
FFT(f,f,f,m,m);
for (LL i=m;i<=m+m;i++) f[i%m]=(f[i%m]+f[i])%p;
if (n%2)
{
FFT(f,f1,f,m,m);
for (LL i=m;i<=m+m;i++) f[i%m]=(f[i%m]+f[i])%p;
}
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&t,&s);
divide(m-1);
getroot(m);
LL k=1;
lg[1]=0;
for (LL i=1;i<=m-2;i++)
{
k=(k*g)%m;
lg[k]=i;
}
for (LL i=1;i<=s;i++)
{
scanf("%lld",&x);
x%=m;
if (x!=0)
{
f[lg[x]]++;
f1[lg[x]]++;
}
}
solve(n,m-1);
printf("%lld",f[lg[t]]);
}