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,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。
Input
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。
1<=N<=10^9,3<=M<=8000,M为质数
0<=x<=M-1,输入数据保证集合S中元素不重复x∈[1,m-1]
集合中的数∈[0,m-1]
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
Sample Output
8
【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)
solution
设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]:表示选了 i i i个数的乘积 % m = j \%m=j %m=j的方案数
f [ i < < 1 ] [ j ] = ∑ ( j 1 × j 2 ) % m = j f [ i ] [ j 1 ] × f [ i ] [ j 2 ] f[i<<1][j]=\sum_{(j_1\times j_2)\%m=j}f[i][j_1]\times f[i][j_2] f[i<<1][j]=(j1×j2)%m=j∑f[i][j1]×f[i][j2]
乘法目前来说是超越知识
那么将相乘转化为指数上的相加,暴艹出 m m m的原根
题目保证了 m m m是质数,一定会有原根
f [ i < < 1 ] [ j ] = ∑ ( j 1 + j 2 ) % m = j f [ i ] [ j 1 ] × f [ i ] [ j 2 ] f[i<<1][j]=\sum_{(j_1+j_2)\%m=j}f[i][j_1]\times f[i][j_2] f[i<<1][j]=(j1+j2)%m=j∑f[i][j1]×f[i][j2]
这就长得很像可以卷积的玩意儿
涉及取模那就用 N T T NTT NTT
但是这个跟普通的式子下面的条件略有不同 j 1 + j 2 = j j_1+j_2=j j1+j2=j
[ m − 1 , 2 m − 2 ] [m-1,2m-2] [m−1,2m−2]这里面也会对答案有贡献,被 m − 1 m-1 m−1取模
code
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1004535809
#define maxn 20000
int g, len = 1, inv;
int r[maxn], ans[maxn], f[maxn], fi[maxn];
int qkpow( int x, int y, int MOD ) {
int ans = 1;
while( y ) {
if( y & 1 ) ans = ans * x % MOD;
x = x * x % MOD;
y >>= 1;
}
return ans;
}
void NTT( int *c, int f ) {
for( int i = 0;i < len;i ++ )
if( i < r[i] ) swap( c[i], c[r[i]] );
for( int i = 1;i < len;i <<= 1 ) {
int omega = qkpow( ( f == 1 ) ? 3 : mod / 3 + 1, ( mod - 1 ) / ( i << 1 ), mod );
for( int j = 0;j < len;j += ( i << 1 ) ) {
int w = 1;
for( int k = 0;k < i;k ++, w = w * omega % mod ) {
int x = c[j + k], y = w * c[j + k + i] % mod;
c[j + k] = ( x + y ) % mod;
c[j + k + i] = ( x - y + mod ) % mod;
}
}
}
if( f == -1 ) {
for( int i = 0;i < len;i ++ )
c[i] = c[i] * inv % mod;
}
}
void root( int m ) {
int phi = m - 1;
for( int i = 2;i < m;i ++ ) {
bool flag = 1;
int x = phi;
for( int j = 2;j * j <= x;j ++ ) {
if( phi % j ) continue;
while( x % j == 0 ) x /= j;
if( qkpow( i, phi / j, m ) == 1 ) {
flag = 0;
break;
}
}
if( x > 1 && qkpow( i, phi / x, m ) == 1 ) continue;
if( flag ) {
g = i;
return;
}
}
}
signed main() {
int n, m, x, s;
scanf( "%lld %lld %lld %lld", &n, &m, &x, &s );
root( m );
for( int i = 0;i < m - 1;i ++ ) fi[qkpow( g, i, m )] = i;
//g^i=_(mod m) 相乘转化为指数相加 指数相加就可以用NTT暴艹卷积
for( int i = 1, a;i <= s;i ++ ) {
scanf( "%lld", &a );
if( ! a ) continue;
else f[fi[a]] ++;
}
int l = 0;
while( len <= ( ( m - 1 ) << 1 ) ) {
len <<= 1;
l ++;
}
inv = qkpow( len, mod - 2, mod );
for( int i = 0;i < len;i ++ )
r[i] = ( r[i >> 1] >> 1 ) | ( ( i & 1 ) << ( l - 1 ) );
ans[0] = 1;
while( n ) {
if( n & 1 ) {
NTT( f, 1 );
NTT( ans, 1 );
for( int i = 0;i < len;i ++ ) ans[i] = ans[i] * f[i] % mod;
NTT( f, -1 );
NTT( ans, -1 );
for( int i = m - 1;i < len;i ++ )
//a^b=_(%p)<=>a^[b%phi(p)]=_(%p) 指数以m-1为一个循环节 在%m后应该都是一样的 对最后%m=x的答案可能会有贡献
ans[i % ( m - 1 )] = ( ans[i % ( m - 1 )] + ans[i] ) % mod, ans[i] = 0;
}
NTT( f, 1 );
for( int i = 0;i < len;i ++ ) f[i] = f[i] * f[i] % mod;
NTT( f, -1 );
for( int i = m - 1;i < len;i ++ )
f[i % ( m - 1 )] = ( f[i % ( m - 1 )] + f[i] ) % mod, f[i] = 0;
n >>= 1;
}
printf( "%lld\n", ans[fi[x]] );
return 0;
}