题意：

一段长为i的项链有a[i]中装饰方法，问长度为n的项链有多少种装饰方式。

思路：

容易推出，dp[i]=∑dp[j]*a[i-j],(1<=j<=i-1)那么这样就刚好符合卷积的运算，这样就可以愉快地使用fft了，不过数量级在1e5，所以应该采用分治来处理，算法复杂度nlognlogn。

code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;const double PI=acos(-1.0);
typedef long long ll;struct complex
{double l,r;complex(double ll=0.0,double rr=0.0){l=ll;r=rr;}complex operator +(const complex& B){return complex(l+B.l,r+B.r);}complex operator - (const complex& B){return complex(l-B.l,r-B.r);}complex operator *(const complex& B){return complex(l*B.l-r*B.r,l*B.r+B.l*r);}
};/** 进行FFT和IFFT前的反转变换。* 位置i和j（i二进制反转后位置）互换* len必须是2的幂*/
void change(complex y[],int len){int i,j,k;for (int i=1,j=len/2;i<len-1;i++){if (i<j) swap(y[i],y[j]);k=len/2;while (j>=k){j-=k;k>>=1;}if (j<k) j+=k;}
}
/** 做FFT* len必须为2^k形式，* on==1时是DFT，on==-1时是IDFT*/
void fft(complex y[],int len,int on){change(y,len);for (int h=2;h<=len;h<<=1){complex wn(cos(-on*2*PI/h),sin(-on*2*PI/h));for (int j=0;j<len;j+=h){complex w(1,0);for (int k=j;k<j+h/2;k++){complex u=y[k];complex t=w*y[k+h/2];y[k]=u+t;y[k+h/2]=u-t;w=w*wn;}}}if (on==-1){for (int i=0;i<len;i++){y[i].l/=len;}}
}
const int N=1e5+5;
int n;
complex x[N<<2],y[N<<2];
int dp[N],v[N];
const int mod=313;
void sol(int l,int r){if (l==r) {dp[l]+=v[l];dp[l]%=mod;return;}int mid=(l+r)>>1;sol(l,mid);int len=1;while (len<=(r-l+1)) len<<=1;for (int i=0;i<len;i++) x[i]=y[i]=complex(0,0);for (int i=l;i<=mid;i++) x[i-l]=complex(dp[i],0);for (int i=0;i<r-l+1;i++) y[i]=complex(v[i+1],0);fft(x,len,1);fft(y,len,1);for (int i=0;i<len;i++) x[i]=x[i]*y[i];fft(x,len,-1);for (int i=mid+1;i<=r;i++)dp[i]+=(int)(x[i-l-1].l+0.5),dp[i]%=mod;sol(mid+1,r);
}
int main()
{while (~scanf("%d",&n),n){for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",v+i);v[i]%=mod;dp[i]=0;}sol(1,n);printf("%d\n",dp[n]);}
}