容易得到這樣乙個\(dp\)，設\(f[i][j]\)表示已經選了\(i\)個數，乘積\(mod \,\,m\)後為\(j\)的方案
\[f[2\times i][j]=\sum_ f[i][a]\times f[i][b]
\]考慮如何優化這個轉移方程，注意到這道題的模數為\(1004535809\)，這是乙個很大的提示，考慮\(ntt\)
但是我們知道\(ntt\)處理的是卷積，而這裡是指數相乘，該怎麼轉化呢？
乘法變加法，不由得讓我們想到對數，模意義下的對數，又不由得讓我們想到原根
考慮原根的定義，\(g\)是\(p\)的原根，則\(g^0 ,g^1\dots g^\)在\(mod \,\,p\)下恰好取到\([1,p-1]\)的所有整數
原根也很好求，把\(\varphi(p)=\prod pr_i^\)，然後對於所有的\(pr_i\)都有\(g^ \not \equiv 1 \,\, ( mod \,\, p)\)
那麼我們令\(j=\log_g j,a=\log_g a,b=\log_g b\)，同時根據擴充套件尤拉定理，轉移方程就變成了
\[f[2\times i][j]=\sum_f[i][a]\times f[i][b]
\]注意每次轉移後\(f[i][j]+=f[i][j+\varphi(m)]\)，我們就可以愉快的\(ntt\)啦！
等等，好像還不行，\(n=1e9\)，仔細觀察這個轉移，發現可以直接多項式快速冪，那麼再快速冪即可，時間複雜度\(o(m\log m \log n)\)
#include#define int long long
using namespace std;
const int n=3e4+11;
const int mod=1004535809;
int n,m,s,x,len=1,tim;
int f[n],v[n],p[n],pr[n],lg[n];
int read()
while(isdigit(ch))
return x*f;
}int qpow(int x,int y,int p)return re;
}int getrt(int x)
if(phi>1) pr[++tot]=phi;
phi=x-1;
for(int i=2;i<=phi;i++)
return -1;
}void ntt(int *a,int flag)}}
}void mul(int *a,int *b,int *c)
printf("%lld\n",f[lg[x]]);
return 0;
}
SDOI2015 序列統計
time limit 30 sec memory limit 128 mb submit 1829 solved 870 submit status discuss 小c有乙個集合s，裡面的元素都是小於m的非負整數。他用程式編寫了乙個數列生成器，可以生成乙個長度為n的數 列，數列中的每個數都屬於集合...
SDOI2015 序列統計
description 小c有乙個集合s，裡面的元素都是小於m的非負整數。他用程式編寫了乙個數列生成器，可以生成乙個長度為n的數列，數列中的每個數都屬於集合s。小c用這個生成器生成了許多這樣的數列。但是小c有乙個問題需要你的幫助 給定整數x，求所有可以生成出的，且滿足數列中所有數的乘積mod m的值...
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點此看題 第一次寫ntt text ntt，被搞自閉了。0x01 樸素dp 設f i j f i j f i j 為選i ii個數乘積為j jj的方案數，轉移如下 f 2 i j f i k f i j inv k f 2i j f i k times f i j times inv k f 2i ...