题面

Description

我们的大朋友很喜欢计算机科学，而且尤其喜欢多叉树。对于一棵带有正整数点权的有根多叉树，如果它满足这样的性质，我们的大朋友就会将其称作神犇的：点权为\(1\)的结点是叶子结点；对于任一点权大于\(1\)的结点\(u\)，\(u\)的孩子数目\(deg_u\)属于集合\(D\)，且\(u\)的点权等于这些孩子结点的点权之和。

给出一个整数\(s\)，你能求出根节点权值为\(s\)的神犇多叉树的个数吗？请参照样例以更好的理解什么样的两棵多叉树会被视为不同的。

我们只需要知道答案关于\(950009857\)（\(453\times2^{21}+1\)，一个质数）取模后的值。

Input

第一行有\(2\)个整数\(s,m\)。

第二行有\(m\)个互异的整数，\(d_1,d_2,\ldots,d_m\)，为集合\(D\)中的元素。

Output

输出一行仅一个整数，表示答案模\(950009857\)的值。

Sample Input

4 2

2 3

Sample Output

10

HINT

\(1\le m\le s\le10^5,2\le d_i\le s\)，有\(3\)组小数据和\(3\)组大数据。

分析

首先，我们设\(v_i\)为集合\(D\)中是否有\(i\)这个元素，有则为\(1\)，无则为\(0\)：\[v_i=\sum_{k=1}^{m}[d_k=i]\]

我们令\(V(x)\)为\(v_i\)的生成函数：\[V(x)=\sum_{k=0}^\infty v_i x^k\]

我们再设\(f_i\)为根节点权值为\(i\)的神犇多叉树的数量。

首先，显然有\(f_0=0\)；而当\(i=1\)即叶子节点时，有\(f_1=1\)。

而在\(i>1\)时，我们枚举根节点的儿子节点数量，在枚举各个叶子节点的权值，根据乘法原理得到递归式：\[f_i=\sum_{k=0}^{i-1}v_k\sum_{s_1+s_2+\cdots+s_k=i}\;\;\prod_{j=1}^k f_j\]

我们发现后面这个是一个\(k\)重卷积。那么我们令\(F(x)\)为\(f_i\)的生成函数：\[F(x)=\sum_{k=0}^\infty f_k x^k\]

那么我们根据递归式再加上特殊情况时的值，可以得到：\[F(x)=\sum_{k=0}^\infty v_k F(x)^k+x\]

那么我们发现这就是\(V(x)\)的形式。那么我们就得到：\[F(x)=V(F(x))+x\]

即\[F(x)-V(F(x))=x\]

只要我们令\(G(x)=x-V(x)\)，就可以构造出一个拉格朗日反演的形式：\[G(F(x))=x\]

那么我们作反演就得到：\[[x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}]\left(\frac{x}{G(x)}\right)^n\]

即：\[f_s=\frac{1}{s}[x^{s-1}]\left(\frac{x}{G(x)}\right)^s\]

注意到我们可以\(x\)和\(G(x)\)约掉一个\(x\)，则我们令：\[H(x)=\sum_{k=0}^\infty v_{k+1} x^k=\frac{C(x)}{x}\]

则有：\[f_s=\frac{1}{s}[x^{s-1}]\left(\frac{1}{1-H(x)}\right)^n\]

我们直接多项式求逆+多项式求幂就可以解决了。

关于拉格朗日反演、多项式的操作，详见我的这篇博客：

代码

#include
    
     #include
     
      #include
      
       using namespace std;typedef long long ll;const ll p=950009857,g=7;int n,nn,s,m,r[262145];ll inv[262145],c[262145],gn[2][262145],ans;inline ll pow(ll a,int b){    ll ans=1;    while(b){        if(b&1)ans=ans*a%p;        a=a*a%p;        b>>=1;    }    return ans;}inline ll add(ll a,ll b){return a+b>p?a+b-p:a+b;}inline ll cut(ll a,ll b){return a-b<0?a-b+p:a-b;}void init(){    for(n=1;n<=s;n<<=1);    nn=n;    gn[0][0]=gn[1][0]=1;    gn[0][1]=pow(g,(p-1)/(n<<1));    gn[1][1]=pow(gn[0][1],p-2);    for(int i=2;i<(n<<1);i++){gn[0][i]=gn[0][i-1]*gn[0][1]%p;gn[1][i]=gn[1][i-1]*gn[1][1]%p;}    inv[1]=1;    for(int i=2;i<=(n<<1);i++)inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p;}void NTT(ll c[],int n,int tp=1){    for(int i=0;i
       
        >1]>>1)|((i&1)*(n>>1));        if(i
        
         >1);i<(k<<1);i++)t[i]=0;        NTT(tma,k<<1);        NTT(t,k<<1);        for(int i=0;i<(k<<1);i++)t[i]=cut(add(t[i],t[i]),t[i]*t[i]%p*tma[i]%p);        INTT(t,k<<1);    }    memcpy(c,t,sizeof(ll)*n);}void derivative(ll c[],int n=n){for(int i=0;i
         
          =1;i--)c[i]=c[i-1]*inv[i]%p;c[0]=0;}void ln(ll c[],int n=n){ static ll t[262145]; for(int i=0;i<(n<<1);i++)t[i]=(i