bzoj3992: [SDOI2015]序列统计 NTT+快速幂

第一次自己切NTT,感觉NTT就是FFT的取模版本，具体可以看 http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/39026505 讲得很清楚

然后系数本来是可以 预处理出来，时间可以缩很多，但我为了模板的简洁还是在想求系数了。

说了那么多废话，下面我们进入正题：题目最简单的dp可以设做dp[i][j]:前i位积mod m 为j的方案数。由于乘法再取模不能直接转移，所以我们找到m的原根，把每个数换成m的原根的x次幂 这样就能直接转移了。我们发现这个转移的复杂度是n*m^2的，由于m^2的部分可以看做是个多项式的乘法，可以用NTT简化成mlogm 对于n 我们可以发现n次转移都是相同的 所以可以用快速幂求出。然后此题就顺利解决了。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define maxn 200000
#define mod 1004535809
#define ll long long
int quickpow(int a,int b,int c)
{
    int res=1;
    for(;b;b>>=1)
    {
        if(b&1) res=(1LL*res*a)%c;
        a=(1LL*a*a)%c;
    }
    return res;
}
int n,invn,nn,R[maxn],p,root,x,m;
void NTT(int *a,int f)
{
    int id=0;
    for(int i=1;i>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
    invn=quickpow(nn,mod-2,mod);
    root = Find_Root(p);
    for (int i=0;i=p-1;i--)
    {
        ret[i-p+1]=1LL*(ret[i-p+1]+ret[i])%mod;
        ret[i] = 0;
    }
}
void quickpow2(int *a,int b)
{
    aa[0]=1;
    for(;b;b>>=1)
    {
        if(b&1)
        {
            mul(aa,a,aa);
        }
        mul(a,a,a);
    }
}
void solve()
{
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(T[i] == 0) continue ;
        bb[pos[T[i]]]++;
    }
    quickpow2(bb,n);
    int ans=aa[pos[x]];
    printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
    init();
    solve();
    return 0;
}