【SDOI2015】BZOJ3992 序列统计题解（DP+原根+NTT）
题目：BZOJ3992.
题目大意：给定集合 S S S，求数列 a i a_i ai的数量，其中 ∏ i = 1 n a i ≡ x ( m o d m ) \prod_{i=1}^{n}a_i\equiv x\,\,(mod\,\,m) ∏i=1nai≡x(modm).
1 ≤ m ≤ 8000 , 1 ≤ n ≤ 1 0 9 , 1 ≤ x ≤ m 1\leq m\leq 8000,1\leq n\leq 10^9,1\leq x\leq m 1≤m≤8000,1≤n≤109,1≤x≤m，其中 m m m是个质数.
很熟练地设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]为前 i i i个数 ∏ k = 1 i a k ≡ j ( m o d m ) \prod_{k=1}^{i}a_k\equiv j\,\,(mod\,\,m) ∏k=1iak≡j(modm)的方案数，容易推出方程：
f [ i ] [ j ] = ∑ a b = j ( m o d m ) f [ i − 1 ] [ a ] ∗ f [ i − 1 ] [ b ] f[i][j]=\sum_{ab=j\,\,(mod\,\,m)}f[i-1][a]*f[i-1][b] f[i][j]=ab=j(modm)∑f[i−1][a]∗f[i−1][b]
发现这个东西跟卷积挺像，只是中间是乘法，事实上取对数就是加法了…
有了取对数这个想法，我们看看具体该如何操作.
首先在模意义下取对数的底数要取什么，想到这个底数 g g g应该要满足 g [ 0 , m − 2 ] g^{[0,m-2]} g[0,m−2]与 [ 1 , m − 1 ] [1,m-1] [1,m−1]一一对应，其中 m m m是个质数，突然发现原根具有这个性质.
那么我们用 g 0 , g 1 , g 2 , . . . , g m − 2 g^0,g^1,g^2,...,g^{m-2} g0,g1,g2,...,gm−2来代替 a a a，设 g A = a , g B = b , g J = j g^A=a,g^B=b,g^J=j gA=a,gB=b,gJ=j，并且重新定义 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示前 i i i个数 ∏ k = 1 i a k ≡ g j ( m o d m ) \prod_{k=1}^{i}a_k\equiv g^j\,\,(mod\,\,m) ∏k=1iak≡gj(modm).那么：
f [ i ] [ j ] = ∑ g A g B = g J ( m o d m ) f [ i − 1 ] [ A ] ∗ f [ i − 1 ] [ B ] = ∑ g A + B = g J ( m o d m ) f [ i − 1 ] [ A ] ∗ f [ i − 1 ] [ B ] f[i][j]=\sum_{g^Ag^B=g^J\,\,(mod\,\,m)}f[i-1][A]*f[i-1][B]\\ =\sum_{g^{A+B}=g^J\,\,(mod\,\,m)}f[i-1][A]*f[i-1][B] f[i][j]=gAgB=gJ(modm)∑f[i−1][A]∗f[i−1][B]=gA+B=gJ(modm)∑f[i−1][A]∗f[i−1][B]
根据欧拉定理的推论， a b ≡ a b m o d ϕ ( m ) ≡ a b m o d ( m − 1 ) ( m o d m ) a^{b}\equiv a^{b\,\,mod\,\,\phi(m)}\equiv a^{b\,\,mod\,\,(m-1)}\,\,(mod\,\,m) ab≡abmodϕ(m)≡abmod(m−1)(modm).
那么可以得到：
f [ i ] [ j ] = ∑ A + B ≡ J ( m o d ( m − 1 ) ) f [ i − 1 ] [ A ] ∗ f [ i − 1 ] [ B ] f[i][j]=\sum_{A+B\equiv J\,\,(mod\,\,(m-1))}f[i-1][A]*f[i-1][B] f[i][j]=A+B≡J(mod(m−1))∑f[i−1][A]∗f[i−1][B]
这样我们就把乘法转化成了加法，得到了一个卷积形式，其中模 m − 1 m-1 m−1可以通过卷积后得到的多项式中第 i + m − 1 i+m-1 i+m−1项加到第 i i i项实现.
然后我们发现这个式子每一次转移都是恒定的向量，所以可以快速幂计算.
多项式快速幂时间复杂度 O ( m log m log n ) O(m\log m\log n) O(mlogmlogn)，原根时间复杂度 O ( m + g log 2 m ) = O ( m log 2 m ) O(\sqrt{m}+g\log^2 m)=O(m\log^2m) O(m+glog2m)=O(mlog2m)，总复杂度 O ( m log m ( log m + log n ) ) O(m\log m(\log m+\log n)) O(mlogm(logm+logn)).
代码如下：
#include