bzoj 3992: [SDOI2015]序列统计 (NTT+快速幂+DP)

题目描述

传送门

题目大意:给定元素在[1,m)内的整数集合S,求有多少个长度为n的数列满足所有元素属于S且mod m下的积为x,元素可以重复出现。

题解

这道题看到之后容易想到dp
f[i][j] 表示的是选到第i个数,乘积%m的方案数
f[i][j]=i=1|s|f[i1][jinv[S[i]] 其中 |s| 表示的是集合的元素个数。
乘法不利于后面的计算,由于 M 为质数,我们引进原根的概念。
m 是正整数, a 是整数,若 a m 的阶等于 φ(m) ,则称 a 为模 m 的一个原根。(其中 φ(m) 表示 m 的欧拉函数)
假设一个数g对于P来说是原根,那么 gimodP 的结果两两不同,且有 1<g<P,0<i<P ,那么 g 可以称为是 P 的一个原根,归根到底就是 g(P1)1(mod P) 当且仅当指数为 P1 的时候成立.(这里P是素数).

简单来说, gimod pgjmod p p 为素数)

其中 ij i,j 介於1至 (p1) 之间,则 g p 的原根。

求原根目前的做法只能是从2开始枚举,然后暴力判断 g(P1)=1(modP) 是否当且仅当指数为 P1 的时候成立
而由于原根一般都不大,所以可以暴力得到.

那么所有元素的积都可以转化成和形式,即 siseqsix mod m
由于原根的幂可以表示 [1,m) 内的数
hi,hx 满足 ghi mod m=ei,ghx mod =x
ghighix=ghx mod m
hihx mod m1

于是问题转化成了在 S 中可重复的选n个元素使元素和为指定值。
那么我们可以将上面的DP式子进行变形
f[i+1][j]=f[i][k] (k+S[p]) mod (m1)=j
我们用g[i]表示状态i的方案数,f[i]表示原根的i次幂是否是集合中的元素
g[i]=jg[j]f[ij] 这是一个卷积的形式,那么我们可以用 NTT 来优化

那么什么是 NTT 呢?
NTT 是快速数论变换,如果取模的数是一个质数 P ,且 p1 可以写成一个比 DFT 的长度要大的2的整数次幂的倍数,那么我们可以求出mod p意义下的原根g,并用mod p意义下的 gp1n 来代替单位复数根。

具体的实现过程于 FFT 基本相同,只需要将原根替换,并且注意及时取模即可。
可以参见代码

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 17000
#define LL long long
#define p 1004535809
using namespace std;
int n,m,x,s,vis[N],pr,R[N],M,L,X,cnt;
LL f[N],g[N],a[N],b[N];
LL quickpow(LL num,LL x,LL p1)
{
    LL base=num%p1; LL ans=1;
    while (x) {
        if (x&1) ans=ans*base%p1;
        x>>=1;
        base=base*base%p1;
    }
    return ans%p;
}
int calc(int x)//求原根,当且仅当i=p-1是g^i=1 (mod p) 
{
    if (x==2) return 1;
    for (int i=2;i;i++) {
        bool pd=1;
        for (int j=2;j*j<x;j++)
          if (quickpow(i,(x-1)/j,x)==1) {
            pd=false;
            break;
          }
        if (pd) return i;
    }
}
void NTT(LL x1[N],int n,int opt)
{
    int j;
    for (int i=0;iif (ifor (int i=1;i1) {
        LL wn=quickpow(3,(p-1)/(i<<1),p);
        for (int p1=i<<1,j=0;j1;
            for (int k=0;k*wn)%p) {
                LL x=x1[j+k],y=(w*x1[j+k+i])%p;
                x1[j+k]=(x+y)%p; x1[j+k+i]=(x-y+p)%p;
            }
        }
    }
    if (opt==-1) reverse(x1+1,x1+n);
}
void mul(LL g[N],LL f[N])
{
    for (int i=0;i%p;
    for (int i=0;i%p;
    NTT(a,n,1); NTT(b,n,1);
    for (int i=0;i*b[i])%p;
    NTT(a,n,-1);
    LL inv=quickpow(n,p-2,p);
    for (int i=0;i*inv)%p;
    for (int i=0;i<m-1;i++)
     g[i]=(a[i]+a[i+m-1])%p;
}
void solve(int x)
{
    g[0]=1;
    while (x) {
        if (x&1) mul(g,f);
        x>>=1;
        mul(f,f);
    }
}
int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("my.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d%d",&cnt,&m,&X,&s);
    pr=calc(m);
//  cout<for (int i=1;i<=s;i++) {
        int x; scanf("%d",&x);
        vis[x]=1;
    }
    int pos=-1;
    for (int i=0,j=1;i<m-1;i++,j=(j*pr)%m) {
     if (vis[j]) f[i]=1;
     if (j==X) pos=i;
    }
    M=(m-1)*2;
    for (n=1;n<=M;n<<=1) L++; 
    for (int i=0;i>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
    solve(cnt);
    if (pos!=-1) printf("%I64d\n",g[pos]%p);
    else printf("0\n");
}

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