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 A 和 B 不同，当且仅当 ∃ i s.t. A i ≠ B i \exists i \text{ s.t. } A_i \neq B_i ∃i s.t. 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对 1004535809取模的值就可以了。
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
一行一个整数表示答案
题目分析
首先从一些简单情况考虑
- Q：给定一个集合S，从S中选取2个数组成数列（可以重复），使得数列和为A的方案数
定义
F
(
i
)
F(i)
F(i)表示S中数值
i
i
i的个数，那么有
a
n
s
=
∑
j
=
0
A
F
(
j
)
F
(
A
−
j
)
ans=\sum_{j=0}^{A}F(j)F(A-j)
ans=j=0∑AF(j)F(A−j)
再变复杂一点
- Q：给定一个集合S，从S中选取n个数组成数列（可以重复），使得数列和为A的方案数
令
F
k
(
i
)
F_k(i)
Fk(i)表示从S中取
2
k
2^k
2k个数使得数列和为
i
i
i的方案数，那么显然有递推关系
F
k
(
i
)
=
∑
j
=
0
i
F
k
−
1
(
j
)
F
k
−
1
(
i
−
j
)
F_k(i)=\sum_{j=0}^iF_{k-1}(j)F_{k-1}(i-j)
Fk(i)=j=0∑iFk−1(j)Fk−1(i−j)
然后将n二进制分解，设n的二进制中为1的位为
d
1
,
d
2
,
.
.
.
,
d
c
d_1,d_2,...,d_c
d1,d2,...,dc
则多项式
F
d
1
,
F
d
2
,
.
.
.
,
F
d
c
F_{d_1},F_{d_2},...,F_{d_c}
Fd1,Fd2,...,Fdc的乘积中A次项系数即为答案
- Q：给定一个集合S，从S中选取n个数组成数列（可以重复），使得数列和mod m为A的方案数
思路同上一问，但每次计算多项式乘法后，将次数大于m的项按次数膜m累加到对应低次项
- Q：给定一个集合S，从S中选取n个数组成数列（可以重复），使得数列乘积mod m（m为素数）为A的方案数
到这里就和原题询问一致了
只要把乘法化为加法就能用上一问的思路，而乘法化加法容易想到对数函数
但普通的对数函数无法在膜意义下计算，于是考虑原根和指标函数
g为模m的原根，则有
g
0
,
g
1
,
.
.
.
,
g
φ
(
m
)
−
1
g^0,g^1,...,g^{\varphi(m)-1}
g0,g1,...,gφ(m)−1在膜m意义下互不相同
定义指标函数
I
(
x
)
I(x)
I(x)满足
g
I
(
x
)
≡
x
(
m
o
d
m
)
g^{I(x)}\equiv x \pmod m
gI(x)≡x(modm)，也即
I
(
g
x
m
o
d
m
)
=
x
I(g^x \mod m)=x
I(gxmodm)=x
详见原根的求解及应用
利用指标函数对集合S的数做映射后，即可利用前述方法解决该问题
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long lt;
int read()
{
int f=1,x=0;
char ss=getchar();
while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
return f*x;
}
const lt P=1004535809,Grt=3,Ginv=334845270;
const int maxn=500010;
int fac[maxn],facN;
int mp[maxn];
lt F[maxn];
int lim,L,rev[maxn];
lt ans[maxn];
lt qpow(lt a,lt k,lt mod)
{
lt res=1;
while(k){
if(k&1) res=(res*a)%mod;
a=(a*a)%mod; k>>=1;
}
return res;
}
void NTT(lt *a,int opt)
{
for(int i=0;i<lim;++i)
if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<lim;i<<=1)
{
lt gn=qpow(opt==1?Grt:Ginv, (P-1)/(i<<1), P);
for(int j=0;j<lim;j+=(i<<1))
{
lt g=1;
for(int k=0;k<i;++k)
{
lt nx=a[j+k],ny=g*a[i+j+k]%P;
a[j+k]=(nx+ny)%P;
a[i+j+k]=(nx-ny+P)%P;
g=g*gn%P;
}
}
}
lt inv=qpow(lim,P-2,P);
if(opt==-1)
{
for(int i=0;i<lim;++i)
a[i]=a[i]*inv%P;
}
}
int qPhi(int x) // 求phi函数
{
int res=x;
for(int i=2;i*i<=x;++i)
{
if(x%i==0)
{
res=res/i*(i-1);
while(x%i==0) x/=i;
}
}
if(x>1) res=res/x*(x-1);
return res;
}
void div(int x) // 分解质因数
{
facN=0;
for(int i=2;i*i<=x;++i)
{
if(x%i==0)
{
while(x%i==0) x/=i;
fac[++facN]=i;
}
}
if(x>1) fac[++facN]=x;
}
bool check(int g,int m,int phi)
{
if(qpow(g,phi,m)!=1) return 0;
for(int i=1;i<=facN;++i){
if(qpow(g,phi/fac[i],m)==1) return 0;
}
return 1;
}
int minRt(int m) // 求最小原根
{
int phi=qPhi(m);
div(phi);
for(int i=1;i<=m;++i)
if(check(i,m,phi)) return i;
return 0;
}
void polyMul(lt *A,lt *B,int n1,int n2,lt *res,int m) // 多项式乘法
{
static lt a[maxn],b[maxn];
lim=1; L=0;
while(lim<=n1+n2) lim<<=1,L++;
for(int i=0;i<lim;++i)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
for(int i=0;i<lim;++i){ // 用临时数组运算
a[i]=A[i]; b[i]=B[i];
}
NTT(a,1); NTT(b,1);
for(int i=0;i<lim;++i)
a[i]=a[i]*b[i]%P;
NTT(a,-1);
for(int i=0;i<m-1;++i) // 膜意义下
res[i]=(a[i]+a[i+m-1])%P;
}
int main()
{
int n=read(),m=read();
int x=read(),S=read();
int g=minRt(m);
for(int i=0;i<m-1;++i) // 指标函数映射关系
mp[qpow(g,i,m)]=i;
for(int i=1;i<=S;++i)
{
int val=read()%m;
if(val) F[mp[val]]++;
}
ans[0]=1;
for(int i=0;(1<<i)<=n;++i)
{
if(n&(1<<i)) polyMul(ans,F,m-2,m-2,ans,m);
polyMul(F,F,m-2,m-2,F,m);
}
printf("%lld",ans[mp[x]]);
return 0;
}