【SDOI2015】【NTT】【dp/生成函數】序列統計

【描述】
小C有一個集合S，裏面的元素都是小於M的非負整數。他用程序編寫了一個數列生成器，可以生成一個長度爲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有一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的值等於x的不同的數列的有多少個。小C認爲，兩個數列{Ai}和{Bi}不同，當且僅當至少存在一個整數i，滿足Ai≠Bi。另外，小C認爲這個問題的答案可能很大，因此他只需要你幫助他求出答案mod 1004535809的值就可以了。

【思路】

前置知識：
1.NTT應用拓展
這也是一道NTT好題。我們知道NTT和FFT可以快速計算如下形式的式子：
$f[k]=\sum_{i+j=k}f[i]*f[j]$
而在模數較小時，我們還可以支持快速計算如下形式的式子：
$f[k]=\sum_{i*j=k}f[i]*f[j]$
怎麼把乘法變爲加法呢？取對數。所以設g爲模數的一個原根，我們知道：$g^0,g^1......g^{mod-2}$是模意義下[1,mod-1]的一個排列。我們考慮把下標i的含義變爲$g^i$就可以把乘法變爲加法了。
2.找原根
我們先把mod-1質因數分解。對於mod-1的每個質因數p，我們驗證一個數a是否在模意義下滿足$a^{\frac{mod-1}{p}}=1$即可。

下面進入正題。我們設生成函數$f(x)=\sum_{a_i\epsilon S}x^{\log_g a_i}$，設題目中要求的數列的積爲need，那麼我們要求的就是這個生成函數模意義下的n次方$x^{\log_g need}$的係數，注意這裏的多項式乘法是循環卷積，而且是模mod-1意義下的循環卷積。當然這樣的方法也可以理解爲dp倍增優化，即設$f[i][j]$是使用了i個數，乘積爲j的方案數，倍增即可，這裏倍增時也需要使用前置知識第一條優化爲$O(m \log m\log n)$，否則$O(m^2\log n)$會超時。其實這兩種方法本質是一樣的，代碼寫起來都一個樣子。
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
#include<tr1/unordered_map>
#define re register
using namespace std;
const int N=2e4+5;
const int mod=1004535809;
map<int,int>mp;
inline int red(){
    int data=0;int w=1; char ch=0;
    ch=getchar();
    while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') w=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') data=(data<<3)+(data<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return data*w;
}
int n,m,a,b,c;
int f[N],lim=1,l=0,rev[N],g;
inline int add(const int&a,const int&b){return (a+b)>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int dec(const int&a,const int&b){return (a-b)<0?a-b+mod:a-b;}
inline int mul(const int&a,const int&b){return 1ll*a*b%mod;}
inline int ksm(int a,int b,const int&mod){
	int ret=1;
	while(b){if(b&1)ret=1ll*ret*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
	return ret;
}
inline void pre(){lim=1;l=0;
	while(lim<((m-1)<<1))lim<<=1,++l;
	for(int re i=0;i<lim;++i)
		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
} 
inline void ntt(int *f,int type){
	for(int re i=0;i<lim;i++)if(i>rev[i])swap(f[i],f[rev[i]]);
	int now=type==1?3:(mod+1)/3;
	for(int re mid=1;mid<lim;mid<<=1){
		int tmp=ksm(now,(mod-1)/(mid<<1),mod);
		for(int re j=0;j<lim;j+=mid<<1){int w=1;
			for(int re k=0;k<mid;k++,w=mul(w,tmp)){
				int x=f[j+k],y=mul(w,f[j+k+mid]);
				f[j+k]=add(x,y);f[j+k+mid]=dec(x,y);
			} 
		}
	}
	if(type==-1){
		int inv=ksm(lim,mod-2,mod);
		for(int re i=0;i<lim;++i)f[i]=mul(f[i],inv);
	}
}
struct poly{
	int ret[17000];
	friend inline poly operator*(poly a,poly b){
		static poly c;memset(c.ret,0,sizeof(c.ret));
		ntt(a.ret,1);ntt(b.ret,1);
		for(int re i=0;i<lim;++i)c.ret[i]=mul(a.ret[i],b.ret[i]);
		ntt(c.ret,-1);
		for(int re i=0;i<m-1;i++)c.ret[i]=add(c.ret[i],c.ret[i+m-1]);
		for(int re i=m-1;i<lim;++i)c.ret[i]=0;
		return c;
	}
	friend inline poly operator^(poly a,int b){
		static poly c;memset(c.ret,0,sizeof(c.ret));c.ret[0]=1;
		for(;b;b>>=1,a=a*a)if(b&1)c=c*a;
		return c;
	}
}A; 
int p[N],cnt=0;
inline void div(int m){
	for(int re i=2;i*i<=m;++i){
		if(m%i==0){
			p[++cnt]=i;
			while(m%i==0)m/=i;
		}
	}if(m>1)p[++cnt]=m;
}
inline void getg(){bool flag;div(m-1);
	while(g=rand()%(m-1)+1){flag=0;
		for(int re i=1;i<=cnt;i++){
			if(ksm(g,(m-1)/p[i],m)==1){flag=1;break;}
		}if(flag)continue;
		else return;
	}
}
int x;
int main(){
	n=red();m=red();x=red();getg();pre();
	for(int re p=g,i=1;i<m-1;(p*=g)%=m,++i)mp[p]=i;
	for(int re i=red();i;--i)
		if(a=red())A.ret[mp[a]]=1;
	A=A^n;cout<<A.ret[mp[x]];
}