Solution -「LOCAL」充电

(mathcal{Description})

  给定 (n,m,p)，求序列 ({a_n}) 的数量，满足 ((forall iin[1,n])(a_iin[1,m])land(forall iin(1,n])(a_{i-1}le a_i)landleft(sum_{i=1}^na_i10^{n-i}mod p=0 ight))，对 (998244353) 取模。

  (nle10^{18})，(mle50)，(ple200)。

(mathcal{Solution})

  肯定要利用 (10^x) 在(mod p) 意义下存在循环节的性质来求解。考场上想到暴力扫前 (mathcal O(p)) 个 DP 状态然后用倍增来求解，不过死掉了 qwq。

  转化题意——因为序列单调不减，记 (1_n=underbrace{11cdots1}_{n ext{个}1})，那么任意一种序列所对应的 (sum_{i=1}^na_i10^{n-i}) 都可以由若干个 (1_x) 相加得到。为了保证 (a_ige1)，我们钦定一个 (1_n) 计入贡献。而显然 (1_x) 在(mod p) 意义下亦存在循环节，我们可以求出 (c_i) 表示有 (c_i) 个 (1_xmod p=i~(xin[1,n]))。问题就转化成：有 (p) 类物品，第 (i) 类物品权值为 (i)，有 (c_i) 种，每种有无数个，求选出 (m-1) 个物品使得其权值和(mod p=0) 的方案数。

  接下来类似背包 DP，定义 (f(i,j,k)) 表示决定了前 (i) 类物品，已选了 (j) 个，权值和(mod p=k) 的方案数。转移枚举第 (i+1) 类所选个数 (t)，用隔板法计算方案，有：

[f(i+1,j+t,(k+t(i+1))mod p)leftarrow f(i,j,k)inom{c_{i+1}+t-1}{c_{i+1}-1} ]

  特别留意初始状态应为 (f(-1,0,1_nmod p)=1)，因为种类编号从 (0) 开始；预先钦定了一个 (1_n)。

  复杂度 (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
", 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
", 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 ) {
                                // 留意枚举的顺序，本质上是f(i,j,k)向后转移，
                                // 但这里统一计算了t相等时的组合数，再一起转移。
				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
", ans );
	return 0;
}

(mathcal{Details})

  面向数据编程 de 了好久 bug……DP 初值什么的一定不能想当然呐。