20分特判，一個puts("1")一個快速冪，不講。
50%算法：
上次就講了，可是應該還是有像 xuefen某 或 Dybal某 一樣沒聽的。
用a×inv(b)%mod來表示分數的時候，這個分數值可加可乘（有空證明）
像是一個dp題啊。
初狀態是1方案數為1，然后做乘法轉移不就好了嘛？
設dp[i][j]表示進行了i次操作后所得的值為j
dp[i][j*a[k]%mod]+=dp[i-1][j];
復雜度O(mod2×m)
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 #include<vector> 7 #include<string> 8 #include<cstring> 9 #define int long long 10 #define m(a) memset(a,0,sizeof(a)) 11 #define AA cout<<"Alita"<<endl 12 using namespace std; 13 const int mod=1e9+7; 14 int ans,S,n,m,p,v[1050],a[100500],f[1050][1050],g[1050][1050],tmp[1050][1050]; 15 int poww(int x,int y,int z) 16 { 17 int sum=1; 18 while(y) 19 { 20 if(y&1) sum=sum*x%z; 21 y>>=1; 22 x=x*x%z; 23 } 24 return sum; 25 } 26 void X_g() 27 { 28 memset(tmp,0,sizeof(tmp)); 29 for(int i=1;i<p;i++) 30 { 31 for(int j=1;j<p;j++) 32 { 33 (tmp[1][i]+=g[1][j]*f[j][i]%mod)%=mod; 34 } 35 } 36 for(int i=1;i<p;i++) 37 { 38 g[1][i]=tmp[1][i]; 39 } 40 } 41 void X_f() 42 { 43 memset(tmp,0,sizeof(tmp)); 44 for(int i=1;i<p;i++) 45 { 46 for(int j=1;j<p;j++) 47 { 48 for(int k=1;k<p;k++) 49 { 50 (tmp[i][j]+=f[i][k]*f[k][j]%mod)%=mod; 51 } 52 } 53 } 54 for(int i=1;i<p;i++) 55 { 56 for(int j=1;j<p;j++) 57 { 58 f[i][j]=tmp[i][j]; 59 } 60 } 61 } 62 void work(int y) 63 { 64 while(y) 65 { 66 if(y&1) X_g(); 67 y>>=1; 68 X_f(); 69 } 70 } 71 signed main() 72 { 73 //freopen("1.in","r",stdin); 74 //freopen("1.out","w",stdout); 75 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p); 76 if(p==2){puts("1");return 0;} 77 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); 78 if(n==1){printf("%lld",poww(a[1],m,p));return 0;} 79 S=poww(n,mod-2,mod); 80 for(int i=1;i<=n;i++) 81 { 82 (v[a[i]%p]+=S)%=mod; 83 } 84 g[1][1]=1; 85 for(int j=1;j<p;j++) 86 { 87 for(int k=1;k<p;k++) 88 { 89 f[j][j*k%p]+=v[k]; 90 } 91 } 92 work(m); 93 for(int i=1;i<p;i++) 94 { 95 (ans+=g[1][i]*i%mod)%=mod; 96 } 97 printf("%lld",ans); 98 return 0; 99 }
因為我直接沒想這個這么暴力的dp，看到題目的m已經破1e8了那么要么復雜度與之無關要么把它log掉
理論80%算法：
這題m又不是一個計算參數，復雜度不太可能與之無關，嘗試log？
帶log的dp。。。矩陣快速冪啊！
可以發現dp的第二維並不大，是mod級別，矩陣乘mod3貌似勉強可以接受
O(mod3×log2m)的復雜度。我也不知道題解為什么說能得80分。
略微一算，知道復雜度已經略微超過極限，卡常？沒有用，還是50分。
個人認為把矩陣快速冪和暴力dp的得分設置成一樣不太道德。
到現在還有人不會用矩陣快速冪優化dp啊。。。這。。。我該怎么講？
ans矩陣用來更新答案，base矩陣是快速冪的基底。
普通快速冪是這個樣子的：for(;t;t>>=1,base=base*base){if(t&1)ans*=base;base*=base;}
換成矩陣也是一樣的啊：for(;t;t>>=1){if(t&1)mult_ans();mult_base();}
只不過是兩個矩陣乘法函數而已。
提醒：包括用重載運算符的矩陣乘，傳參時要帶上‘&’符號，不然有時會TLE/RE
base矩陣的構造也很簡單，對於每一個可能被選到的數a[i]，枚舉乘之前的數j。
base[j][j*a[i]%p]+=1;（這里是求解總方案書數，如果是概率打法要把1改成概率）
就是能從a轉移到b的話，base[a][b]就有值，是方案的話就是1，算概率的話就是概率。
ans矩陣可以弄成一維數組，能略快一些。這題初始為1，那么ans[1]=1就好了。
注意：代碼中的p是原題中的mod，而代碼中的mod是1e9+7。我是概率打法
1 #include<cstdio> 2 #define int long long 3 #define mod 1000000007ll 4 int n,m,p,base[1003][1003],ans[1003],res[1003][1003],a[100005],ANS; 5 int pow(int bbase,int t,int modd,int aans=1){ 6 for(;t;t>>=1,bbase=bbase*bbase%modd)if(t&1)aans=aans*bbase%modd; 7 return aans; 8 } 9 void mult_base(){ 10 for(int i=0;i<p;++i)for(int j=0;j<p;++j)for(int k=0;k<p;++k)(res[i][j]+=base[i][k]*base[k][j])%=mod; 11 for(int i=0;i<p;++i)for(int j=0;j<p;++j)base[i][j]=res[i][j],res[i][j]=0; 12 } 13 void mult_ans(){ 14 for(int i=0;i<p;++i)for(int j=0;j<p;++j)(res[0][j]+=ans[i]*base[i][j])%=mod; 15 for(int i=0;i<p;++i)ans[i]=res[0][i],res[0][i]=0; 16 } 17 signed main(){ 18 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p); 19 if(n==1){ 20 scanf("%lld",&a[1]); 21 printf("%lld\n",pow(a[1],m,p));return 0; 22 } 23 ans[1]=1;const int P=pow(n,mod-2,mod);//概率，即1/n 24 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]),a[i]%=p; 25 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<p;++j)(base[j][j*a[i]%p]+=P)%=mod; 26 for(;m;m>>=1){if(m&1)mult_ans();mult_base();} 27 for(int i=0;i<p;++i)(ANS+=ans[i]*i)%=mod; 28 printf("%lld\n",ANS); 29 }
100%算法：
想象一下如果題目改一下，你是隨機選擇數加上它而不是乘，該怎么做？
原始dp方程：dp[i][(j+a[k])%mod]+=dp[i-1][j];
同理，構造矩陣。
base[i][(i+a[j])%mod]=1;//或者概率
寫幾個不太大的樣例，把矩陣寫出來，你會發現，它是一個循環矩陣。
這個加法類型的轉移矩陣基本上都是循環矩陣（對於不同的被轉移數，加數都一樣）
回到這道題。
首先從復雜度上考慮，也許可以猜出來這是個循環矩陣。
可是那個詭異的乘法形式並不是循環的，雖然它對於不同的被轉移數，乘數都一樣。
如果它也是一個加法，該多好啊。
沒辦法，它是個乘法，我們要接受這個現實。
但是，這並不能阻礙我們把它強制弄成加法。
看看孫金寧老師的叮囑：啊，什么原根，啊，幾次方，啊什么取到所有值。。。（困）
次方？乘法？加法？歐拉定理？
xa × xb=xa+b
誒，這里有加法了！這樣可以把乘法換成加法。
動用一下歐拉定理：
xa × xb=x(a+b)%(mod-1)
如果題目的所有輸入都是x的幾次方，就很好做了。
考慮：剛開始一個數是a0,你可以從a4,a7,a23里面隨機選數把它乘起來，值對mod取模，得到ans，求最后ans的期望
這個問題就相當於：考慮：剛開始一個數是0,你可以從4，7，23里面隨機選數把它加起來，值對mod-1取模，求最后aans%mod的期望
好做好做！就是普通的加法dp，循環矩陣肝它！
但是。。。這個a是多少呢？
繼續聽孫金寧的數學課。原根啥啥啥的。。。
原根？啥？原根？哦。好吧。原根就原根吧。
如果你比我聰明，你可能會直接發現，既然原根的次方值能夠取遍1～mod-1的所有數，那么這些數就都可以用原根唯一確定的表示出來。那么就可以把題目的所有數都用原根表示，然后當成加法dp來做。你就A了。
如果你沒我聰明，那么就相當與你和我一樣聰明。
那么如果咱們一樣聰明，誒，那好啊，咱們都想不到。既然它一直在念叨原根，那就試試拿原根表示唄。
那么首先我們需要求出原根。用題目給出的那個充要條件很好求。
for(int i=1;i<p;i++){ int now=1,j; for(j=0;j<p-1;++j) if(al[now]==-1)//像它描述里說的一樣，不能出現重復的，因為它要在mod-1次里取到mod-1個不同值，故不能重復 al[now]=j,//記錄下now這個值唯一確定的對應着i的幾次冪 qpow[j]=now,//記錄下來i的j次冪是幾，以后會用到 now=now*i%p;//now是i的j次冪，j++，更新 else break; if(j==p-1){g=i;break;}//如果j成功的走完了，沒有被中途break掉，那么i就是原根。 else for(int i=1;i<p;++i)al[i]=-1;//清空 }
然而我這么求是用了它說的第一條，這樣的話可以順便求出qpow和al數組里面的值。
al數組不僅是用來標記是否出現過的。如果它出現過，還記錄了它對應的是原根g的幾次冪。
接下來，我們就擁有了1～mod-1里面每個值和g的幾次冪間的雙向映射。
那么就把原問題映射成加法dp，循環矩陣干他，再映射回來統計答案即可。
1 #include<cstdio> 2 #define int long long 3 #define mod 1000000007ll 4 int n,m,p,base[1003],ans[1003],res[1003],a[100005],ANS; 5 int al[1003],g,qpow[1003]; 6 int pow(int bbase,int t,int modd,int aans=1){ 7 for(;t;t>>=1,bbase=bbase*bbase%modd)if(t&1)aans=aans*bbase%modd; 8 return aans; 9 } 10 void mult_base(){ 11 for(int i=0;i<p;++i)for(int j=0;j<p;++j)(res[j]+=base[i]*base[(j-i+p)%p])%=mod; 12 for(int i=0;i<p;++i)base[i]=res[i],res[i]=0; 13 } 14 void mult_ans(){ 15 for(int i=0;i<p;++i)for(int j=0;j<p;++j)(res[j]+=ans[i]*base[(j-i+p)%p])%=mod; 16 for(int i=0;i<p;++i)ans[i]=res[i],res[i]=0; 17 } 18 signed main(){ 19 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p); 20 ans[0]=1;const int P=pow(n,mod-2,mod); 21 for(int i=1;i<=1000;++i)al[i]=-1; 22 for(int i=1;i<p;i++){ 23 int now=1,j; 24 for(j=0;j<p-1;++j) 25 if(al[now]==-1)al[now]=j,qpow[j]=now,now=now*i%p; 26 else break; 27 if(j==p-1){g=i;break;} 28 else for(int i=1;i<p;++i)al[i]=-1; 29 }p--; 30 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]),a[i]=al[a[i]]; 31 for(int i=1;i<=n;++i)(base[a[i]]+=P)%=mod; 32 for(;m;m>>=1){if(m&1)mult_ans();mult_base();} 33 for(int i=0;i<p;++i)(ANS+=ans[i]*qpow[i])%=mod; 34 printf("%lld\n",ANS); 35 }