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[i−1][j∗inv[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。
设 m 是正整数， a 是整数，若 a 模 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(P−1)≡1(mod P) 当且仅当指数为 P−1 的时候成立.(这里P是素数).
简单来说， gimod p≠gjmod p （ p 为素数）
其中 i≠j 且 i,j 介於1至 (p−1) 之间,则 g 为 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(P−1)=1(modP) 是否当且仅当指数为 P−1 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 ∏si∈seqsi≡x mod m
由于原根的幂可以表示 [1,m) 内的数
令 hi,hx 满足 ghi mod m=ei,ghx mod =x
∏ghi≡g∑hi≡x=ghx mod m
∑hi≡hx mod m−1
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 (m−1)=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[i−j] 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 p−1 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 gp−1n 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
#includeif (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");
}