小c有乙個集合\(s\)，裡面的元素都是小於\(m\)的非負整數。他用程式編寫了乙個數列生成器，可以生成乙個長度為\(n\)的數列，
數列中的每個數都屬於集合\(s\)。小c用這個生成器生成了許多這樣的數列。但是小c有乙個問題需要你的幫助：
給定整數\(x\)，求所有可以生成出的，且滿足數列中所有數的乘積\(\mod m\)的值等於\(x\)的不同的數列的有多少個。
小c認為，兩個數列\(\\)和\(\\)不同，當且僅當至少存在乙個整數\(i\)，滿足\(a_i\neq b_i\)。
另外，小c認為這個問題的答案可能很大，因此他只需要你幫助他求出答案\(\mod 1004535809\)的值就可以了。
一行，四個整數，\(n、m、x、|s|\)，其中\(|s|\)為集合\(s\)中元素個數。
第二行，\(|s|\)個整數，表示集合\(s\)中的所有元素。
\(1 \leq n \leq 10^9，3 \leq m \leq 8000\)，m為質數
\(0 \leq x \leq m-1\)，輸入資料保證集合s中元素不重複\(x \in [1,m-1]\)
集合中的數$ \in [0,m-1]$
一行，乙個整數，表示你求出的種類數\(\mod 1004535809\)的值。
看到這題。。首先很容易列出乙個dp轉移方程
令\(f_\)表示選了\(i\)個數字，當前乘積為\(j\)的種類數
\[f_=\sum_ *f_}
\]我們發現它非常不優美，複雜度高達$ o (n * m^2) $
我們發現這個式子可以倍增。。於是很輕鬆的乾掉乙個n，它的複雜度變成了$ o(\log n * m^2) $
這貌似還是有點多。。考慮如何乾掉乙個 $ m $
咦。。這個模數貌似有點熟悉。。考慮ntt
不過這是乘法。。我們做不了ntt 。。。
考慮原根
設\(p\)為\(m\)的原根。。那麼\(p\)的冪次可以表示出\([1,m)\)的所有數字————原根定義
於是dp方程變成了這樣
\[f_=\sum_*f_}
\]注意。。此時\(f_\)表示選到第\(i\)個數，大小為\(p^j\)次的方案數
再一變\[f_=\sum_*f_}
\]我們發現這玩意長得像個卷積。。可以用ntt了
於是複雜度變成了 $ o(m \log n log m)$
#include#include#includeusing namespace std;
int n,m,x,lens,g[2000000],a[2000010],b[2000010];
int f[2000010],ans[2000010];
int fpow(int x,int k,int mod)
return ans;
}namespace getroot //求原根
int find(int p)
}if (x!=1) prime[++cnt]=x;
for (int i=2;;i++)
if (check(i,p)) return i; }}
namespace ntt
printf("%d\n",ans[x]);
}int main()
SDOI2015 序列統計
time limit 30 sec memory limit 128 mb submit 1829 solved 870 submit status discuss 小c有乙個集合s，裡面的元素都是小於m的非負整數。他用程式編寫了乙個數列生成器，可以生成乙個長度為n的數 列，數列中的每個數都屬於集合...
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點此看題 第一次寫ntt text ntt，被搞自閉了。0x01 樸素dp 設f i j f i j f i j 為選i ii個數乘積為j jj的方案數，轉移如下 f 2 i j f i k f i j inv k f 2i j f i k times f i j times inv k f 2i ...