权值和 plus - 题解

标签与难度

标签: 数论, NTT, 快速傅里叶变换, 卷积, 生成函数, 原根, 离散对数, 动态规划, 组合数学难度: 2700

题目大意喵~

nyaa~ 各位算法大师们好呀！今天我们来解决一道有点挑战性的题目，不过别怕，本喵会一步步带你拆解它的~

题目是这样哒：给定一个素数 $P$ ，一个包含 $Q$ 个整数的集合 $S$ ，还有三个整数 $N, M, K$ 。我们需要构造两个长度为 $K$ 的数组 $a = [a_1, \dots, a_K]$ 和 $b = [b_1, \dots, b_K]$ ，它们需要满足下面三个条件哦：

数组 $a$ 中所有元素的乘积，在模 $P$ 意义下等于 $N$ 。也就是 $\prod_{i=1}^{K} a_i \equiv N \pmod{P}$ 。
数组 $b$ 中所有元素的乘积，在模 $P$ 意义下等于 $M$ 。也就是 $\prod_{i=1}^{K} b_i \equiv M \pmod{P}$ 。
两个数组里的所有元素 $a_i, b_i$ 都必须从集合 $S$ 中选取。

对于每一种满足条件的构造方案（即一对数组 $a$ 和 $b$ ），我们会计算一个“权值”，这个权值是 $\sum_{i=1}^K \min(a_i, b_i)$ 。

我们的最终任务，就是计算出所有合法的构造方案的权值之和，结果对 $998244353$ 取模。

解题思路分析

这道题看起来好复杂呀，要计算所有方案的权值和，直接枚举肯定是不行的说！K那么大，方案数可能是天文数字呢。所以，我们需要用更聪明的办法，喵~

核心思想：贡献法

我们要求的最终答案是：

\text{TotalSum} = \sum_{\text{所有合法的 }(a, b) \text{ 方案}} \left( \sum_{i=1}^{K} \min(a_i, b_i) \right)

这种“和的期望”或者“和的和”的问题，一个经典的思路是贡献法，或者叫线性性质。我们可以交换求和的顺序：

\text{TotalSum} = \sum_{i=1}^{K} \left( \sum_{\text{所有合法的 }(a, b) \text{ 方案}} \min(a_i, b_i) \right)

仔细观察一下，对于任何一个位置 $i$ （比如 $i=1$ ）和任何另一个位置 $j$ （比如 $j=2$ ），它们对总和的贡献计算方式是完全一样的，没有任何区别。这说明每个位置的贡献是相同的！所以，我们只需要计算出位置 $i=1$ 的总贡献，然后乘以 $K$ 就好啦。

\text{TotalSum} = K \cdot \left( \sum_{\text{所有合法的 }(a, b) \text{ 方案}} \min(a_1, b_1) \right)

现在问题就变成了，对于所有合法的 $(a, b)$ 方案， $\min(a_1, b_1)$ 的总和是多少。我们可以进一步把这个和式拆开，枚举 $a_1$ 和 $b_1$ 的所有可能取值。让 $a_1=x, b_1=y$ ，其中 $x, y$ 都来自集合 $S$ 。

\text{Contribution of } i=1 = \sum_{x \in S} \sum_{y \in S} \min(x, y) \cdot (\text{以 } x, y \text{ 开头的合法方案数})

“以 $x, y$ 开头的合法方案数”指的是，在固定 $a_1=x, b_1=y$ 的情况下，有多少种方法可以选出剩下的 $a_2, \dots, a_K$ 和 $b_2, \dots, b_K$ 使得总的乘积条件依然满足。

这可以分解成两个独立的问题：

有多少种长度为 $K-1$ 的序列 $(a_2, \dots, a_K)$ ，元素都来自 $S$ ，使得 $\prod_{i=2}^{K} a_i \equiv N \cdot x^{-1} \pmod P$ ？我们把这个方案数记为 $C_a(x)$ 。
有多少种长度为 $K-1$ 的序列 $(b_2, \dots, b_K)$ ，元素都来自 $S$ ，使得 $\prod_{i=2}^{K} b_i \equiv M \cdot y^{-1} \pmod P$ ？我们把这个方案数记为 $C_b(y)$ 。

于是，位置 $1$ 的总贡献就是：

\sum_{x \in S} \sum_{y \in S} \min(x, y) \cdot C_a(x) \cdot C_b(y)

关键瓶颈：如何计算 $C_a(x)$ 和 $C_b(y)$ ？

计算 $C_a(x)$ （和 $C_b(y)$ ）是这道题的核心难点。我们需要计算从集合 $S$ 中选 $K-1$ 个数，使其乘积模 $P$ 等于某个目标值（比如 $N \cdot x^{-1}$ ）的方案数。

直接在乘法上做动态规划太困难了。但是，我们知道 $P$ 是一个素数，在模 $P$ 的世界里，所有非零的数构成一个循环群 $\mathbb{Z}_P^*$ ，它的阶是 $P-1$ 。这意味着存在一个原根 $g$ ，使得所有非零的数 $z$ 都可以表示成 $g$ 的幂次，即 $z \equiv g^k \pmod P$ 。这个 $k$ 就是 $z$ 以 $g$ 为底的离散对数（或称为指标）。

这个性质超级棒！因为它可以将乘法问题转化为加法问题！

\prod_{i=2}^{K} a_i \equiv N \cdot x^{-1} \pmod P \iff \sum_{i=2}^{K} \text{dlog}(a_i) \equiv \text{dlog}(N \cdot x^{-1}) \pmod{P-1}

其中 $\text{dlog}(z)$ 表示 $z$ 的离散对数。

现在问题就变成了：从集合 $S$ 中元素的离散对数集合里，选 $K-1$ 个数，使其和模 $P-1$ 等于某个目标值的方案数。

这是一个经典的可以用生成函数和卷积解决的问题！

我们先构造一个多项式 $A(z) = \sum_{s \in S, s \not\equiv 0 \pmod P} z^{\text{dlog}(s)}$ 。这个多项式的第 $i$ 项系数表示 $S$ 中有多少个非零元素的离散对数是 $i$ 。
我们要求的是从 $S$ 中选 $K-1$ 个非零元素，它们的离散对数之和。这正好对应着多项式 $A(z)$ 的 $K-1$ 次幂！即 $(A(z))^{K-1}$ 。
因为我们的加法是模 $P-1$ 的，所以我们实际上是在计算循环卷积，也就是多项式乘法的结果要对 $z^{P-1}-1$ 取模。
计算 $(A(z))^{K-1} \pmod{z^{P-1}-1}$ 的最高效方法就是NTT (数论变换)，配合快速幂。我们先把 $A(z)$ 用 NTT 变换到点值表示，在点值表示下，乘法就是对应点值的乘法，幂运算就是点值的幂运算。算出结果的点值表示后，再用 INTT (逆NTT) 变换回系数表示。

设 $F(z) = (A(z))^{K-1} \pmod{z^{P-1}-1} = \sum_{j=0}^{P-2} f_j z^j$ 。那么， $f_j$ 就代表从 $S$ 中选 $K-1$ 个非零元素，其离散对数之和模 $P-1$ 等于 $j$ 的方案数。

处理0的情况 喵~ 我们差点忘了0这个特殊的小家伙。

如果目标乘积 $T \not\equiv 0 \pmod P$ ，那选出的数里一个都不能是0。方案数就是我们上面用 NTT 算出来的。
如果目标乘积 $T \equiv 0 \pmod P$ ，那选出的数里至少要有一个是0。我们可以用总方案数减去全是非零的方案数。假设 $S$ 中有 $s_0$ 个0，非零的有 $Q-s_0$ 个。选 $K-1$ 个数的总方案是 $Q^{K-1}$ ，选出的数全是非零的方案是 $(Q-s_0)^{K-1}$ 。所以，乘积为0的方案数是 $Q^{K-1} - (Q-s_0)^{K-1}$ 。

有了这些，我们就可以计算出任意 $C_a(x)$ 和 $C_b(y)$ 啦！

最后的求和：一个聪明的技巧

现在我们有了计算 $C_a(x)$ 和 $C_b(y)$ 的方法，但要直接计算 $\sum_{x \in S} \sum_{y \in S} \min(x, y) \cdot C_a(x) \cdot C_b(y)$ 还是有点慢。

这里有一个很棒的优化！我们先把集合 $S$ 从小到大排序，得到 $s_1 < s_2 < \dots < s_Q$ 。然后我们从大到小遍历 $s_i$ 。当我们遍历到 $s_i$ 时，我们计算它对总和的贡献。哪些项的 $\min$ 值是 $s_i$ 呢？是所有形如 $(s_i, s_j)$ 其中 $j \ge i$ 的配对，以及 $(s_j, s_i)$ 其中 $j > i$ 的配对。

这启发我们维护两个后缀和：

suffix_sum_a: $\sum_{j=i+1}^Q C_a(s_j)$
suffix_sum_b: $\sum_{j=i+1}^Q C_b(s_j)$

当我们从 $i=Q$ 递减到 $1$ 时：

计算当前的 $ca_i = C_a(s_i)$ 和 $cb_i = C_b(s_i)$ 。
考虑所有 $\min(x,y)=s_i$ $min (x, y) = s_{i}$ 的情况。
- 对所有 $j > i$ ，配对 $(s_i, s_j)$ 的贡献是 $s_i \cdot ca_i \cdot cb_j$ 。总和是 $s_i \cdot ca_i \cdot \sum_{j=i+1}^Q cb_j = s_i \cdot ca_i \cdot \text{suffix\_sum\_b}$ 。
- 对所有 $j > i$ ，配对 $(s_j, s_i)$ 的贡献是 $s_i \cdot ca_j \cdot cb_i$ 。总和是 $s_i \cdot cb_i \cdot \sum_{j=i+1}^Q ca_j = s_i \cdot cb_i \cdot \text{suffix\_sum\_a}$ 。
- 还有配对 $(s_i, s_i)$ ，贡献是 $s_i \cdot ca_i \cdot cb_i$ 。
把这些贡献加起来，就是 $s_i \cdot (ca_i \cdot \text{suffix\_sum\_b} + cb_i \cdot \text{suffix\_sum\_a} + ca_i \cdot cb_i)$ 。
更新后缀和：suffix_sum_a += ca_i，suffix_sum_b += cb_i。

这样，我们只需要一次遍历就可以算出总和了！最后别忘了乘以 $K$ 哦。

总结一下步骤

找到模 $P$ 的一个原根 $g$ 。
预计算离散对数表 dlog 和反向表 val_of_log。
构造初始多项式 $A(z)$ ，其系数表示 $S$ 中非零元素离散对数的分布。
使用 NTT 和快速幂计算 $F(z) = (A(z))^{K-1} \pmod{z^{P-1}-1}$ 。
对集合 $S$ 排序。
从大到小遍历排好序的 $s_i \in S$ ，使用后缀和技巧计算 $\sum \min(x,y) C_a(x) C_b(y)$ 。
将结果乘以 $K$ 得到最终答案。

好啦，思路理清了，接下来就看本喵的代码实现吧！喵~

代码实现

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>
#include <algorithm>
#include <map>

using namespace std;

using ll = long long;

const int MOD = 998244353;
const int NTT_G = 3;

// 快速幂
ll power(ll base, ll exp) {
    ll res = 1;
    base %= MOD;
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) res = (res * base) % MOD;
        base = (base * base) % MOD;
        exp /= 2;
    }
    return res;
}

// 求逆元
ll mod_inverse(ll n) {
    return power(n, MOD - 2);
}

// NTT 实现
void ntt(vector<ll>& a, bool invert) {
    int n = a.size();
    for (int i = 1, j = 0; i < n; i++) {
        int bit = n >> 1;
        for (; j & bit; bit >>= 1)
            j ^= bit;
        j ^= bit;
        if (i < j)
            swap(a[i], a[j]);
    }

    for (int len = 2; len <= n; len <<= 1) {
        ll wlen = power(NTT_G, (MOD - 1) / len);
        if (invert) wlen = mod_inverse(wlen);
        for (int i = 0; i < n; i += len) {
            ll w = 1;
            for (int j = 0; j < len / 2; j++) {
                ll u = a[i + j], v = (a[i + j + len / 2] * w) % MOD;
                a[i + j] = (u + v) % MOD;
                a[i + j + len / 2] = (u - v + MOD) % MOD;
                w = (w * wlen) % MOD;
            }
        }
    }
    if (invert) {
        ll n_inv = mod_inverse(n);
        for (ll& x : a)
            x = (x * n_inv) % MOD;
    }
}

// 多项式循环卷积
vector<ll> multiply(vector<ll> a, vector<ll> b, int mod_len) {
    int n = 1;
    while (n < 2 * mod_len) n <<= 1;
    a.resize(n);
    b.resize(n);

    ntt(a, false);
    ntt(b, false);
    for (int i = 0; i < n; i++) a[i] = (a[i] * b[i]) % MOD;
    ntt(a, true);
    
    a.resize(mod_len * 2 -1);
    // 折叠，实现循环卷积
    for (int i = mod_len; i < a.size(); ++i) {
        a[i - mod_len] = (a[i - mod_len] + a[i]) % MOD;
    }
    a.resize(mod_len);
    return a;
}

// 多项式快速幂 (循环卷积版)
vector<ll> poly_pow(vector<ll> base, ll exp, int mod_len) {
    vector<ll> res(mod_len, 0);
    res[0] = 1;
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) res = multiply(res, base, mod_len);
        base = multiply(base, base, mod_len);
        exp /= 2;
    }
    return res;
}

// 找原根
int find_primitive_root(int p) {
    if (p == 2) return 1;
    int phi = p - 1;
    vector<int> factors;
    int temp_phi = phi;
    for (int i = 2; i * i <= temp_phi; ++i) {
        if (temp_phi % i == 0) {
            factors.push_back(i);
            while (temp_phi % i == 0) temp_phi /= i;
        }
    }
    if (temp_phi > 1) factors.push_back(temp_phi);

    for (int g = 2; g < p; ++g) {
        bool ok = true;
        for (int factor : factors) {
            if (power(g, phi / factor) == 1) {
                ok = false;
                break;
            }
        }
        if (ok) return g;
    }
    return -1; // Should not happen for a prime
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    int P, Q, N, M;
    ll K;
    cin >> P >> Q >> N >> M >> K;

    vector<int> s(Q);
    int zero_count = 0;
    for (int i = 0; i < Q; ++i) {
        cin >> s[i];
        if (s[i] % P == 0) {
            zero_count++;
        }
    }

    if (K == 0) {
        if (N % P == 1 && M % P == 1) {
            cout << 0 << endl;
        } else {
            cout << 0 << endl;
        }
        return 0;
    }

    int g = find_primitive_root(P);
    map<int, int> dlog;
    vector<int> val_of_log(P - 1);
    ll current_val = 1;
    for (int i = 0; i < P - 1; ++i) {
        dlog[current_val] = i;
        val_of_log[i] = current_val;
        current_val = (current_val * g) % P;
    }

    int mod_len = P - 1;
    vector<ll> A(mod_len, 0);
    for (int val : s) {
        if (val % P != 0) {
            A[dlog[val % P]]++;
        }
    }

    vector<ll> F = poly_pow(A, K - 1, mod_len);

    ll ways_for_prod_zero = (power(Q, K - 1) - power(Q - zero_count, K - 1) + MOD) % MOD;

    auto get_count = [&](int target_prod, int fixed_val) {
        fixed_val %= P;
        if (fixed_val == 0) {
            if (target_prod % P == 0) {
                return power(Q, K - 1);
            } else {
                return 0LL;
            }
        }
        
        if (target_prod % P == 0) {
            return ways_for_prod_zero;
        }

        ll inv_fixed = power(fixed_val, P - 2);
        ll final_target = (1LL * target_prod * inv_fixed) % P;
        return F[dlog[final_target]];
    };

    sort(s.begin(), s.end());

    ll total_contribution = 0;
    ll suffix_sum_a = 0, suffix_sum_b = 0;

    for (int i = Q - 1; i >= 0; --i) {
        ll count_a = get_count(N, s[i]);
        ll count_b = get_count(M, s[i]);

        ll term1 = (count_a * suffix_sum_b) % MOD;
        ll term2 = (count_b * suffix_sum_a) % MOD;
        ll term3 = (count_a * count_b) % MOD;
        
        ll current_s_contribution = (term1 + term2 + term3) % MOD;
        total_contribution = (total_contribution + (ll)s[i] * current_s_contribution) % MOD;

        suffix_sum_a = (suffix_sum_a + count_a) % MOD;
        suffix_sum_b = (suffix_sum_b + count_b) % MOD;
    }

    ll final_ans = (total_contribution * K) % MOD;
    cout << final_ans << endl;

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(P \log P \log K + Q \log Q)$
- 寻找原根：一个比较朴素的方法需要对 $P-1$ 进行质因数分解，复杂度大约是 $O(\sqrt{P})$ ，然后对每个候选 $g$ 进行验证，总复杂度可以接受。我们的实现是 $O(g \cdot \log(\text{phi}) \cdot |\text{factors}|)$ ，其中 $g$ 很小。
- 预计算离散对数： $O(P)$ 。
- 多项式快速幂：poly_pow 函数需要执行 $O(\log K)$ 次多项式乘法。每次乘法基于 NTT，复杂度为 $O(P' \log P')$ ，其中 $P'$ 是大于 $2(P-1)$ 的最小2的幂次。所以这部分是 $O(P \log P \log K)$ 。
- 排序：对集合 $S$ 排序需要 $O(Q \log Q)$ 。
- 主循环计算贡献： $O(Q)$ 。
- 综上，时间复杂度的瓶颈在于多项式快速幂。
空间复杂度: $O(P)$
- NTT 需要的数组大小与 $P$ 相关，为 $O(P)$ 。
- 离散对数表 dlog 和 val_of_log 也需要 $O(P)$ 的空间。

知识点总结

这道题是数论和多项式算法的完美结合，喵~ 解决它需要融会贯通好几个知识点：

贡献法: 将对总和的求和，转化为计算每个元素的贡献再求和，是组合计数问题中的一个核心思想。
数论基础:
- 原根: 模素数 $P$ 的乘法群是循环群，原根是这个群的生成元。这是将乘法问题转化为加法问题的钥匙。
- 离散对数: 将乘法群中的元素映射到加法群（模 $P-1$ ）中的指数，是原根性质的具体应用。
生成函数/多项式:
- 将组合计数问题转化为多项式系数问题。在这里，我们用 $z^k$ 的系数表示和为 $k$ 的方案数。
NTT (数论变换):
- 快速计算多项式卷积的算法。它是FFT在有限域上的变种，避免了浮点数精度问题。
- 循环卷积: NTT 本身计算的是线性卷积，但通过对结果进行“折叠”，可以得到循环卷积的结果，恰好对应模 $P-1$ 的加法。
算法技巧:
- 快速幂: 不仅可以用于数值，也可以用于任何满足结合律的运算，比如多项式乘法。
- 后缀和/前缀和优化: 在计算累加式时，通过维护动态的和来避免重复计算，将 $O(Q^2)$ 的暴力求和优化到 $O(Q)$ 。

希望这篇题解能帮到你哦！如果还有不明白的地方，随时可以再来问本喵，喵~ >w<

权值和 plus - 题解 ​

标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

核心思想：贡献法 ​

关键瓶颈：如何计算 Ca(x)C_a(x)Ca​(x) 和 Cb(y)C_b(y)Cb​(y)？ ​

最后的求和：一个聪明的技巧 ​

总结一下步骤 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​