元根 – Qizy's Database

解题报告

这题$O(m^3logn)$的基于矩阵快速幂的算法大家都会吧？
然而只能通过 $60\% $ 的数据 QwQ

然后就需要一点黑科技了
考虑模数这么奇怪，于是可能是用元根来搞一搞
然后我们发现，我们可以用元根的幂次来表示 $0 \sim m – 1$ 的每一个数
于是我们就可以把乘法换成幂次的加法，于是就可以搞NTT了！
于是用NTT来搞生成函数，复杂度：$O(nmlogm)$
然后再套上一开始讲的快速幂，那么就是$O(mlogmlogn)$的复杂度啦！

Code

话说这似乎是第一次撸$NTT$呢！
还有一点小激动啊！
不过这一份代码封装太多了，好慢啊 QwQ

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N = 9000;
const int M = N << 2;
const int MOD = 1004535809;

int l,n,m,x,pos[N];

inline int read() {
	char c=getchar(); int f=1,ret=0;
	while (c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while (c<='9'&&c>='0') {ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
	return ret * f;
}

inline int Pow(int w, int t, int mod) {
	int ret = 1;
	for (;t;t>>=1,w=(LL)w*w%mod)
		if (t & 1) ret = (LL)ret * w % mod;
	return ret;
}

inline int Get_Primitive_Root(int w) {
	vector<int> pri; int cur = w - 1;
	for (int i=2,lim=ceil(sqrt(w));i<=cur&&i<=lim;i++) {
		if (cur % i == 0) {
			pri.push_back(i);
			while (cur % i == 0) cur /= i;
		}
	}
	if (cur > 1) pri.push_back(cur);
	if (pri.empty()) return 2;  
	for (int i=2;;i++) {
		for (int j=pri.size()-1;j>=0;j--) {
			if (Pow(i, w/pri[j], w) == 1) break;
			if (!j) return i;
		}
	}
}

struct Sequence{
	int a[M],POS[M],len;
	inline Sequence() {}
	inline Sequence(int l) {
		memset(a,0,sizeof(a));
		len = l; a[0] = 1;
	}
	inline Sequence(Sequence &B) {
		memcpy(this, &B, sizeof(B));
		len=B.len;
	}
	inline void NTT(int f) {
		static const int G = Get_Primitive_Root(MOD);
		int l = -1; for (int i=len;i;i>>=1) l++;
		if (!POS[1]) {
			for (int i=1;i<len;i++) { 
				POS[i] = POS[i>>1]>>1;
				if (i & 1) POS[i] |= 1 << l-1;
			} 
		}
		for (int i=0;i<len;i++) if (POS[i] > i) 
			swap(a[i], a[POS[i]]);
		for (int seg=2;seg<=len;seg<<=1) {
			int wn = Pow(G, MOD/seg, MOD);
			if (f == -1) wn = Pow(wn, MOD-2, MOD);
			for (int i=0;i<len;i+=seg) {
				for (int k=i,w=1;k<i+seg/2;k++,w=(LL)w*wn%MOD) {
					int tmp = (LL)w * a[k+seg/2] % MOD;
					a[k+seg/2] = ((a[k] - tmp) % MOD + MOD) % MOD;
					a[k] = (a[k] + tmp) % MOD;
				}
			}
		}
		if (f == -1) { 
			for (int i=0,rev=Pow(len,MOD-2,MOD);i<len;i++) 
				a[i] = (LL)a[i] * rev % MOD;
		}
	}
	inline void Multiply(Sequence B) {
		NTT(1); B.NTT(1);
		for (int i=0;i<len;i++)
			a[i] = (LL)a[i] * B.a[i] % MOD;
		NTT(-1); 
		for (int i=m-1;i<len;i++) 
			(a[i-m+1] += a[i]) %= MOD, a[i] = 0;
	} 
	inline void pow(int t) {
		Sequence ret(len),w(*this);
		for (;t;t>>=1,w.Multiply(w)) 
			if (t & 1) ret.Multiply(w);
		memcpy(this, &ret, sizeof(ret));
	}
}arr;

int main() {
	l = read(); m = read();
	x = read() % m; n = read();
	int PRT = Get_Primitive_Root(m);
	for (int cur=1,i=0;i<m-1;i++,cur=cur*PRT%m) pos[cur] = i;
	for (int i=0,t;i<n;i++) t=read(), t?arr.a[pos[t%m]]++:0;
	int len = 1; while (len < m) len <<= 1;
	arr.len = len << 1; arr.pow(l); 
	printf("%d\n",(arr.a[pos[x]]+MOD)%MOD);
	return 0;
}

Tag: 元根

【BZOJ 3992】[SDOI2015] 序列统计

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