「SOL」Nondivisible Prefix Sums(AtCoder)
AGC 还是一如既往地难（尤其是第一题( ╯□╰ )）
# 题面
给定正整数 \(n\) 以及质数 \(p\)，求有多少个数列 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\)，满足
- \(1\le a_i\le p\)；
- 存在一种将 \(\{a_i\}\) 重新排列为 \(\{b_i\}\) 的方案，使得 \(\forall i\in[1,n],\sum\limits_{j=1}^ib_j\bmod p\neq 0\)，换句话说，不存在 \(b\) 的前缀和是 \(p\) 的倍数。
数据规模：\(1\le n\le5000\)，\(2\le p\le10^8\)。
# 解析
如果 \(\sum a_i\bmod p=0\)，一定不满足条件，先把这个情况给排除。也就是说下面的解析都在 \(\sum a_i\not\equiv0\) 的前提条件下。
结论
记 \(a_i\) 中元素 \(k\) 出现的次数为 \(c_k\)，并且其中出现次数最多的一个元素（多个则任选一个）为 \(r\)，则数列 \(a_i\) 是合法的当且仅当
我们再对上述结论做一个小处理，因为 \(r\) 是存在逆元的，可以给每个 \(a_i\) 都乘上 \(r^{-1}\)，显然若 \(\{a_i\}\) 是合法的，则 \(\{a_ir^{-1}\}\) 也是合法的。那么就强制要求了出现次数最大的数是 \(1\)。
考虑证明这个结论。
证明
需要判断是否存在满足条件的 \(\{a_i\}\) 的重排 \(\{b_i\}\)，不妨从后往前决策 \(b_i\) 是哪一个数。
可以理解成这样一个过程：从数轴上的 \(\sum a_i\) 位置出发，每一步可以向负方向走 \(b_i\) 的距离，不可以经过 \(p\) 的倍数的点。
反证，若 \(c_1\gt\sum_{i>1}(p-i)c_i+p-1\)，即 \(c_1\ge p+\sum_{i>1}(p-i)c_i\)，移项可得
要从数轴上 \(\sum a_i\) 回到原点，中间会跨过 \(\lfloor\frac{\sum a_i}{p}\rfloor\) 个 \(p\) 的倍数点，根据上面的分析，这样的倍数点有大于等于 \((1+\sum_{i>1}c_i)\) 个，而要跨过这些点，必须要走距离大于 \(1\) 的一步，可以理解成「消耗」一个大于 \(1\) 的 \(a_i\)。
这就要求大于 \(1\) 的 \(a_i\) 的数量大于等于需要跨过的点的数量，而 \(\sum_{i+1}a_i\) 是严格小于跨过的点数的，所以这样的 \(\{a_i\}\) 一定不满足条件。必要性成立。
若 \(\{a_i\}\) 满足条件，构造一种方案以证明其充分性。初始的序列 \(\{b_i\}\) 为空，考虑每次在末尾加入当前剩余数量最多的元素 \(x\)：
- 若加入后前缀和不是 \(p\) 的倍数，则合法；
- 否则加入另一个数 \(y\)。
如果这样构造不合法，即只剩下 \(x\) 但是 \(x\) 不能加入当前数列。并且剩下的 \(x\) 至少有两个，否则 \(p\mid\sum a_i\)。
这意味着 \(x\) 一直是剩余数量最多的元素。若存在某个时刻 \(y\) 的剩余数量超过 \(x\)，则在之后的构造中，\(y\) 与 \(x\) 的剩余数量之差始终不超过 \(1\)，不可能最后剩下两个及以上的元素。
换句话说，在我们最初的假设中，\(x\) 就是 \(1\)。
那么我们可以观察一下这样构造出来的数列长什么样，大概是：
什么时候会不合法呢？就是当所有大于 \(1\) 的 \(a_i\) 都放完后还剩余了 \(1\)，那么此时 \(1\) 的数量应严格大于 \((p-1)+\sum_{a_i>1}(p-a_i)\)，与结论的条件不符。故这样构造一定合法，充分性得证。
考虑简单容斥，从所有满足 \(p\nmid\sum a_i\) 的 \(\{a_i\}\) 中减去不符合上述结论的。
考虑决策所有大于 \(1\) 的 \(a_i\) 构成的数列，然后把 \(1\) 插入到数列中。可以 DP，记 \(f(cnt,sum)\) 表示当前由大于 \(1\) 的 \(a_i\) 构成的数列长度为 \(cnt\)，\(\mathbf{p-a_i}\) 之和为 \(sum\) 的方案数。
那么不符合结论的 \(\{a_i\}\) 则为
组合数 \(\binom{n}{cnt}\) 即插入 \(1\) 的方案数，再乘上 \((p-1)\) 是因为我们默认了出现次数最多的是 \(1\)，实际上 \(1\sim p-1\) 都可以。
注意 DP 的两维状态的取值范围，显然 \(cnt\) 只需要 \([0,n]\)。而 \(sum\) 的取值范围需要分析：注意到 \(f(cnt,sum)\) 对答案有贡献需要满足 \(n-cnt\ge p+sum\)，那么 \(sum\) 也不能超过 \(n\)。
所以只需进行一个状态数是 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的 DP，经过前缀和优化可以 \(\mathcal{O}(1)\) 转移。
总复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。
# 源代码
/*Lucky_Glass*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 5005, MOD = 998244353;
#define con(type) const type &
inline int add(con(int) a, con(int) b) {return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;}
inline int sub(con(int) a, con(int) b) {return a - b < 0 ? a - b + MOD : a - b;}
inline int mul(con(int) a, con(int) b) {return int(1ll * a * b % MOD);}
inline int ina_pow(int a, int b) {
int r = 1;
while( b ) {
if( b & 1 ) r = mul(r, a);
a = mul(a, a), b >>= 1;
}
return r;
}
int n, m;
int f[N][N], bino[N][N];
void init() {
for(int i=0;i<N;i++) {
bino[i][0] = 1;
for(int j=1;j<=i;j++) bino[i][j] = add(bino[i-1][j], bino[i-1][j-1]);
}
}
int main() {
init();
scanf("%d%d", &n, &m);
// P - x = i
f[0][0] = 1;
int k = min(n, m - 2);
for(int i=1;i<=n;i++) {
int sum = 0;
for(int j=1;j<=n;j++) {
sum = add(sum, f[i - 1][j - 1]);
if(j - k > 0) sum = sub(sum, f[i - 1][j - k - 1]);
f[i][j] = sum;
}
}
int ans = ina_pow(m - 1, n), invp = ina_pow(m, MOD-2);
if( n & 1 ) ans = sub(ans, mul(sub(ans, m - 1), invp));
else ans = sub(ans, mul(add(ans, m - 1), invp));
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
if( (n - i) % m != j % m && n - i >= j + m )
ans = sub(ans, mul(mul(f[i][j], m - 1), bino[n][i]));
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
