Description
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。
Input
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。
Output
一行，一个整数，表示你求出的种类数mod 1004535809的值。
Sample Input
4 3 1 2
1 2
Sample Output
8
HINT
【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)。
【数据规模和约定】
对于10%的数据，1<=N<=1000；
对于30%的数据，3<=M<=100；
对于60%的数据，3<=M<=800；
对于全部的数据，1<=N<=109，3<=M<=8000，M为质数，1<=x<=M-1，输入数据保证集合S中元素不重复
正解：$DP$+$NTT$。
首先考虑暴力$DP$，$f[i][j]$表示统计到第$i$位，乘积为$j$的方案数，然后很显然，$f[i][(k*p)\mod m]=f[i-1][k]*sum[p]$，其中$sum[p]$为p这个数出现的次数。
但是这样是肯定会$T$飞的，所以我们考虑优化。话说这个优化还是蛮玄学的。。
我们可以把乘法变成加法，然后两个数相乘就是它们的对数相加，当然底数要相同，并且对数肯定要是整数。
因为$m$是质数，所以$m$必定有原根。我们又知道，原根的$[1,m-1]$次方对应了$[1,m-1]$这些数，所以我们可以求出$[1,m-1]$的离散对数，也就是使得原根$g^{x}=i$的$x$（然而我没学过所以不会。。）
设$ind[i]$为$i$在模$m$意义下的离散对数，于是$f[i][(ind[k]+ind[p])\mod (m-1)]=f[i-1][ind[k]]*sum[ind[p]]$（注意这里第二维的取值范围是$m-1$，所以还要加一个特判）
因为答案对$1004535809$取模，所以显然这个方程可以用$NTT$优化，但是$n$的范围很大，有$10^{9}$级别，不过我们在卷积外面套一个快速幂就行了。
我们先用快速幂算出$sum$的$n$次方，然后再用$f[0]*sum$，最后输出$f[n][ind[x]]$，就是我们所要的答案。
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2 #include <algorithm>
3 #include <iostream>
4 #include <complex>
5 #include <cstring>
6 #include <cstdlib>
7 #include <cstdio>
8 #include <vector>
9 #include <cmath>
10 #include <queue>
11 #include <stack>
12 #include <map>
13 #include <set>
14 #define rhl (1004535809)
15 #define inf (1<<30)
16 #define NN (100010)
17 #define G (3)
18 #define il inline
19 #define RG register
20 #define ll long long
21 #define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
22
23 using namespace std;
24
25 int rev[NN],ind[NN],N,n,m,x,s,lg,gg;
26 ll ans[NN],a[NN],b[NN],sum[NN];
27
28 il int gi(){
29 RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar();
30 while ((ch<‘0‘ || ch>‘9‘) && ch!=‘-‘) ch=getchar();
31 if (ch==‘-‘) q=-1,ch=getchar();
32 while (ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=x*10+ch-48,ch=getchar();
33 return q*x;
34 }
35
36 il ll qpow(RG ll a,RG ll b){
37 RG ll ans=1;
38 while (b){
39 if (b&1) (ans*=a)%=rhl;
40 (a*=a)%=rhl,b>>=1;
41 }
42 return ans;
43 }
44
45 il void NTT(ll *a,RG int n,RG int f){
46 for (RG int i=0;i<n;++i) if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
47 for (RG int i=1;i<n;i<<=1){
48 RG ll gn=qpow(G,(rhl-1)/(i<<1)),x,y;
49 for (RG int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
50 RG ll g=1;
51 for (RG int k=0;k<i;++k,(g*=gn)%=rhl){
52 x=a[j+k],y=g*a[j+k+i]%rhl;
53 a[j+k]=(x+y)%rhl,a[j+k+i]=(x-y+rhl)%rhl;
54 }
55 }
56 }
57 if (f==1) return; reverse(a+1,a+n); RG ll inv=qpow(n,rhl-2);
58 for (RG int i=0;i<n;++i) (a[i]*=inv)%=rhl;
59 for (RG int i=m;i<n;++i) (a[i%(m-1) ? i%(m-1) : m-1]+=a[i])%=rhl,a[i]=0; return;
60 }
61
62 il void NTTpow(ll *a,RG int b){
63 for (RG int i=0;i<N;++i) ans[i]=a[i]; b--;
64 while (b){
65 NTT(a,N,1);
66 if (b&1){
67 NTT(ans,N,1);
68 for (RG int i=0;i<N;++i) (ans[i]*=a[i])%=rhl;
69 NTT(ans,N,-1);
70 }
71 for (RG int i=0;i<N;++i) (a[i]*=a[i])%=rhl;
72 NTT(a,N,-1); b>>=1;
73 }
74 for (RG int i=0;i<N;++i) a[i]=ans[i]; return;
75 }
76
77 il int isroot(RG int x){
78 RG int l=1;
79 for (RG int i=1;i<m-1;++i){
80 (l*=x)%=m;
81 if (l==1) return 0;
82 }
83 return 1;
84 }
85
86 il void pre(){
87 for (RG int i=2;i<m;++i) if (isroot(i)){ gg=i; break; }
88 RG int l=1; for (RG int i=1;i<m;++i) (l*=gg)%=m,ind[l]=i; return;
89 }
90
91 il void work(){
92 n=gi(),m=gi(),x=gi(),s=gi(); pre();
93 for (RG int i=1,v;i<=s;++i) sum[ind[v=gi()]]++;
94 for (N=1;N<=(m<<1);N<<=1) lg++; a[ind[1]]=1,sum[0]=0;
95 for (RG int i=0;i<N;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
96 NTTpow(sum,n); NTT(a,N,1),NTT(sum,N,1);
97 for (RG int i=0;i<N;++i) (a[i]*=sum[i])%=rhl;
98 NTT(a,N,-1); printf("%lld",a[ind[x]]); return;
99 }
100
101 int main(){
102 File("sequence");
103 work();
104 return 0;
105 }