Solution -「LOCAL」充電
\(\mathcal{Description}\)
給定 \(n,m,p\),求序列 \(\{a_n\}\) 的數量,滿足 \((\forall i\in[1,n])(a_i\in[1,m])\land(\forall i\in(1,n])(a_{i-1}\le a_i)\land\left(\sum_{i=1}^na_i10^{n-i}\bmod p=0\right)\),對 \(998244353\) 取模。
\(n\le10^{18}\),\(m\le50\),\(p\le200\)。
\(\mathcal{Solution}\)
肯定要利用 \(10^x\) 在\(\bmod p\) 意義下存在迴圈節的性質來求解。考場上想到暴力掃前 \(\mathcal O(p)\)
轉化題意——因為序列單調不減,記 \(1_n=\underbrace{11\cdots1}_{n\text{個}1}\),那麼任意一種序列所對應的 \(\sum_{i=1}^na_i10^{n-i}\) 都可以由若干個 \(1_x\) 相加得到。為了保證 \(a_i\ge1\),我們欽定一個 \(1_n\) 計入貢獻。而顯然 \(1_x\) 在\(\bmod p\) 意義下亦存在迴圈節,我們可以求出 \(c_i\) 表示有 \(c_i\) 個 \(1_x\bmod p=i~(x\in[1,n])\)。問題就轉化成:有 \(p\) 類物品,第 \(i\)
接下來類似揹包 DP,定義 \(f(i,j,k)\) 表示決定了前 \(i\) 類物品,已選了 \(j\) 個,權值和\(\bmod p=k\) 的方案數。轉移列舉第 \(i+1\) 類所選個數 \(t\),用隔板法計算方案,有:
\[f(i+1,j+t,(k+t(i+1))\bmod p)\leftarrow f(i,j,k)\binom{c_{i+1}+t-1}{c_{i+1}-1} \]
特別留意初始狀態應為 \(f(-1,0,1_n\bmod p)=1\)
複雜度 \(\mathcal O(m^2p^2)\)。
\(\mathcal{Code}\)
#include <cstdio>
typedef long long LL;
#define int LL
const int MOD = 998244353, MAXM = 50, MAXP = 200;
LL n, buc[MAXP + 5];
int m, p, visc[MAXP + 5], suf[MAXP + 5], inv[MAXM + 5];
int f[2][MAXM + 5][MAXP + 5];
inline void addeq ( int& a, const int b ) { if ( ( a += b ) >= MOD ) a -= MOD; }
inline void total ( const int fir, const int cnt ) {
bool onc[MAXP + 5] = {};
LL cirs = cnt - visc[fir], cirt = n - cnt + cirs + 1;
for ( int i = fir, stp = 1; stp <= cirs; i = suf[i], ++ stp ) {
onc[i] = true;
buc[i] = cirt / cirs + ( stp <= cirt % cirs );
if ( stp % cirs == cirt % cirs ) f[0][0][i] = 1;//, printf ( "!%lld\n", i );
}
for ( int i = 1 % p, stp = 1; !onc[i] && stp <= n; i = suf[i], ++ stp ) {
buc[i] = 1;
if ( n == stp ) f[0][0][i] = 1;//, printf ( "!%lld\n", i );
}
}
signed main () {
freopen ( "charge.in", "r", stdin );
freopen ( "charge.out", "w", stdout );
scanf ( "%lld %lld %lld", &n, &m, &p ), -- m;
for ( int i = 0; i < p; ++ i ) visc[i] = -1;
for ( int l = 1, sum = 1 % p, pwr = 10 % p; ; pwr = 10 * pwr % p, ++ l ) {
if ( ~visc[sum] ) { total ( sum, l ); break; }
visc[sum] = l, suf[sum] = ( sum + pwr ) % p;
if ( l == n ) { total ( sum, l ); break; }
sum = ( sum + pwr ) % p;
}
inv[1] = 1;
for ( int i = 2; i <= m; ++ i ) {
inv[i] = 1ll * ( MOD - MOD / i ) * inv[MOD % i] % MOD;
}
for ( int i = -1, sta = 0; i < p - 1; ++ i, sta ^= 1 ) {
for ( int j = 0; j <= m; ++ j ) {
for ( int k = 0; k < p; ++ k ) {
f[sta ^ 1][j][k] = 0;
}
}
for ( int k = 0; k < p; ++ k ) {
for ( int t = 0; t <= m; ++ t ) {
// 留意列舉的順序,本質上是f(i,j,k)向後轉移,
// 但這裡統一計算了t相等時的組合數,再一起轉移。
int c = 1;
for ( LL u = buc[i + 1] + t - 1, v = t; v; -- u, -- v ) {
c = 1ll * c * ( u % MOD ) % MOD * inv[v] % MOD;
}
for ( int j = 0; j + t <= m; ++ j ) {
addeq ( f[sta ^ 1][j + t][( k + ( i + 1 ) * t ) % p],
1ll * f[sta][j][k] * c % MOD );
}
}
}
}
int ans = 0;
for ( int i = 0; i <= m; ++ i ) addeq ( ans, f[p & 1][i][0] );
printf ( "%lld\n", ans );
return 0;
}
\(\mathcal{Details}\)
面向資料程式設計 de 了好久 bug……DP 初值什麼的一定不能想當然吶。