题目
小C有一个集合S，里面的元素都是小于M的非负整数。他用程序编写了一个数列生成器，可以生成一个长度为N的数
列，数列中的每个数都属于集合S。小C用这个生成器生成了许多这样的数列。但是小C有一个问题需要你的帮助：
给定整数x，求所有可以生成出的，且满足数列中所有数的乘积mod M的值等于x的不同的数列的有多少个。小C认为
，两个数列{Ai}和{Bi}不同，当且仅当至少存在一个整数i，满足Ai≠Bi。另外，小C认为这个问题的答案可能很大
，因此他只需要你帮助他求出答案mod 1004535809的值就可以了。
输入格式
一行，四个整数，N、M、x、|S|，其中|S|为集合S中元素个数。
第二行，|S|个整数，表示集合S中的所有元素。
1<=N<=10^9，3<=M<=8000，M为质数
0<=x<=M-1，输入数据保证集合S中元素不重复x∈[1,m-1]
集合中的数∈[0,m-1]
输出格式
一行，一个整数，表示你求出的种类数mod 1004535809的值。
输入样例
4 3 1 2
1 2
输出样例
8
【样例说明】
可以生成的满足要求的不同的数列有(1,1,1,1)、(1,1,2,2)、(1,2,1,2)、(1,2,2,1)、
(2,1,1,2)、(2,1,2,1)、(2,2,1,1)、(2,2,2,2)
题解
题目让人联想到类似数字组合方案数的东西
可以构造一个生成函数解决，
具体的参见生成函数的介绍
但是数字组合是加法下的
现在我们要解决乘法模意义下的组合
我们考虑如何将乘法转化为加法
很容易让人联想到数学中的对数
\[ln(a * b) = ln(a) + ln(b)\]
而数论中有没有？
那就是离散对数
原根
即对于模数\(m\)，原根\(g\)定义为：\(g\)模\(m\)的阶为\(\varphi(m)\)
也就是使\(g^x \equiv 1 \pmod m\)成立的最小的\(x\)为\(\varphi(m)\)
原根有这样一个充要的性质：
当\(g^x\)中\(x\)取遍\([0,m - 2]\)时，
\(g^x\)的值将取遍\([1,m - 1]\)
由此我们能找到模\(m\)意义下所有非0数对应的唯一的幂次
若\(g^A \equiv a \pmod m\)，我们就可以用\(A\)替代\(a\)
而乘法\(a * b\)就对应成了\(g^A * g^B = g^{A + B}\)这样的指数加法了
回到原题
我们就构造一个生成函数，
\[G(x) = \sum\limits_{i = 1}^{m - 1} a_i * x^i\]
其中\(a_i\)不为0当且仅当集合\(S\)中存在一个数使\(a_i\)为其对应的原根的幂次
我们求出
\[G^{n}(x)\]
其中指数对\(m - 1\)取模
我们找到题目中\(x\)对应的幂次的那一项的系数就是答案了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<‘ ‘; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 20005,maxm = 100005,INF = 1000000000,P = 1004535809,G = 3;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57){if (c == ‘-‘) flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}
int N,M,X,S,gg;
int num[maxn],vis[8005],h[maxn];
int qpow(int a,int b){
int ans = 1;
for (; b; b >>= 1,a = 1ll * a * a % P)
if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % P;
return ans;
}
void getG(){
for (int i = 2; ; i++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
int g = 1,flag = 1; vis[1] = true;
for (int j = 1; j <= M - 2; j++){
g = 1ll * g * i % M;
if (vis[g]) {flag = 0; break;}
}
if (flag){
gg = i; return;
}
}
}
void gethash(){
h[1] = 0;
int tmp = 1;
for (int i = 1; i <= M - 2; i++){
tmp = 1ll * tmp * gg % M;
h[tmp] = i;
}
}
struct poly{int a[maxn];}F;
int A[maxn],B[maxn],n,m,L,R[maxn],End;
void NTT(int* a,int f){
for (int i = 0; i < n; i++) if (i < R[i]) swap(a[i],a[R[i]]);
for (int i = 1; i < n; i <<= 1){
int gn = qpow(G,(P - 1) / (i << 1));
for (int j = 0; j < n; j += (i << 1)){
int g = 1,x,y;
for (int k = 0; k < i; k++,g = 1ll * g * gn % P){
x = a[j + k]; y = 1ll * g * a[j + k + i] % P;
a[j + k] = (x + y) % P; a[j + k + i] = (x - y + P) % P;
}
}
}
if (f == 1) return;
int nv = qpow(n,P - 2); reverse(a + 1,a + n);
for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = 1ll * a[i] * nv % P;
}
poly conv(const poly& a,const poly& b){
m = 2 * End; L = 0;
for (n = 1; n <= m; n <<= 1) L++;
for (int i = 0; i <= n; i++) A[i] = B[i] = 0;
for (int i = 0; i <= End; i++) A[i] = a.a[i],B[i] = b.a[i];
for (int i = 0; i < n; i++) R[i] = (R[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1));
NTT(A,1); NTT(B,1);
for (int i = 0; i < n; i++) A[i] = 1ll * A[i] * B[i] % P;
NTT(A,-1);
poly re;
for (int i = 0; i <= End; i++) re.a[i] = A[i];
for (int i = End + 1; i < n; i++) re.a[i % (M - 1)] = (re.a[i % (M - 1)] + A[i]) % P;
return re;
}
poly Qpow(poly a,int b){
poly re; re.a[0] = 1;
for (; b; b >>= 1,a = conv(a,a))
if (b & 1) re = conv(re,a);
return re;
}
int main(){
N = read(); M = read(); X = read(); S = read(); End = M - 2;
REP(i,S) num[i] = read();
getG();
gethash();
REP(i,S) if (num[i]) F.a[h[num[i]]]++;
F = Qpow(F,N);
printf("%d\n",F.a[h[X]]);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/Mychael/p/8848577.html