3992: [SDOI2015]序列統計
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分析:
給定一個集和s,求多少個長度為n的序列,滿足序列中每個數都屬於s,並且所有數的乘積模m等於x。
設$f=\sum\limits_{i=0}^{n - 1} a_i x ^ i \ \ 如果集合中存在i,a_i = 1$
那麽答案的生成函數為f自乘n次,這裏可以快速冪。這裏"乘法"定義是:設多項式a乘多項式b等於c,$\sum\limits_{k=0}^{n - 1} c_k = \sum\limits_{i \times j = k} a_i \times b_j$ 每次“乘法”的復雜度是$m^2$,所以復雜度是$O(m^2logn)$。
考慮優化“乘法”的部分,我們知道多項式乘法利用FFT/NTT可以做到$nlogn$的,看能否轉化為多項式乘法,即多項式乘法的定義變為$\sum\limits_{k=0}^{n - 1} c_k = \sum\limits_{i + j = k} a_i \times b_j$。
NTT中,有引入原根的概念,在NTT中,原根的用途相當於單位根。 原根有一個性質:對於mod p下的原根g,$g^1, g^2 \dots g^{p - 1}$互不相同,$g^{p - 1} \equiv 1 \mod p$。而且$g^1, g^2 \dots g^{p - 1}$可以分別表示$1,2 \dots p - 1$。
那麽我們對m求出單位根,集合S中出現的每個數,都可以表示為$s_i = g^{t_{s_i}}$
此時對於原來的一個序列y,$\prod y_i = x \mod m$,就變成了$\prod g ^{t_{y_i}} = g^{t_x} \mod m$,即$\sum t_{y_i} = x \mod m - 1$
現在我們求的就是長度為n的序列,序列中每個數都屬於集合t,並且所有數的和模(m-1)等於x 如此按照上面的做法,將乘法的定義改為多項式乘法的定義,快速冪+NTT即可復雜度$mlogmlogn$。
註意:多項式乘法中是沒有取模的,而這裏(i+j)%(m-1),直接將數組加倍,然後NTT完後,大於等於m的加到相應的模m後的位置上即可。
代碼:
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> #include<cctype> #include<set> #include<queue> #include<vector> #include<map> using namespace std; typedef long long LL; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch==‘-‘)f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-‘0‘;return x*f; } const int mod = 1004535809; const int N = 20000; int vis[N], rev[N], n = 1, m; int f[N], g[N], a[N], b[N], inv; int ksm(int a,int b,int p) { a %= p; int ans = 1; while (b) { if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % p; a = 1ll * a * a % p; b >>= 1; } return ans % p; } int Calc(int x) { if (x == 2) return 1; for (int i = 2; ; ++i) { bool flag = 1; for (int j = 2; j * j < x; ++j) if (ksm(i, (x - 1) / j, x) == 1) { flag = false; break; } if (flag) return i; } } void NTT(int *a,int n,int ty) { for (int i = 0; i < n; ++i) if (i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]); for (int m = 2; m <= n; m <<= 1) { int w1 = ksm(3, (mod - 1) / m, mod); if (ty == -1) w1 = ksm(w1, mod - 2, mod); for (int i = 0; i < n; i += m) { int w = 1; for (int k = 0; k < (m >> 1); ++k) { int u = a[i + k], t = 1ll * w * a[i + k + (m >> 1)] % mod; a[i + k] = (u + t) % mod; a[i + k + (m >> 1)] = (u - t + mod) % mod; w = 1ll * w * w1 % mod; } } } } void mul(int *g,int *f) { for (int i = 0; i < n; ++i) a[i] = g[i] % mod, b[i] = f[i] % mod; NTT(a, n, 1); NTT(b, n, 1); for (int i = 0; i < n; ++i) a[i] = 1ll * a[i] * b[i] % mod; NTT(a, n, -1); for (int i = 0; i < n; ++i) a[i] = 1ll * a[i] * inv % mod; for (int i = 0; i < m - 1; ++i) g[i] = (a[i] + a[i + m - 1]) % mod; } void solve(int b) { inv = ksm(n, mod - 2, mod); g[0] = 1; while (b) { if (b & 1) mul(g, f); b >>= 1; mul(f, f); } } int main() { int cnt = read(); m = read(); int x = read(), s = read(); for (int i = 1; i <= s; ++i) vis[read()] = 1; int q = Calc(m), pos = -1, L = 0; for (int i = 0, j = 1; i < m - 1; ++i, j = 1ll * j * q % m) { if (vis[j]) f[i] = 1; if (j == x) pos = i; } int M = (m - 1) * 2; while (n < M) n <<= 1, L ++; for (int i = 0; i < n; ++i) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1)); solve(cnt); if (pos != -1) cout << g[pos] % mod; else cout << 0; return 0; }
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