[atAGC052C]Nondivisible Prefix Sums

当1为$a_{i}$中出现次数最多的元素(之一),则有以下结论——

结论:$a_{i}$合法当且仅当$P\not\mid \sum_{i=1}^{n}a_{i}$且$\sum_{i=1}^{n}[a_{i}=1]\le (P-1)+\sum_{1\le i\le n,a_{i}\ne 1}(P-a_{i})$

证明:

必要性——

若$P\mid \sum_{i=1}^{n}a_{i}$,则取整体作为前缀即不满足条件

同时,当1的个数多于该值,假设有$k$个非1的数(即$\sum_{i=1}^{n}[a_{i}\ne 1]$),则$\sum_{i=1}^{n}a_{i}\ge (k+1)P$

根据$P\not\mid \sum_{i=1}^{n}a_{i}$,即$\sum_{i=1}^{n}a_{i}>(k+1)P$

考虑求其前缀和,对于其中前缀和恰大于$P$、$2P$、……、$(k+1)P$的位置(不难证明这些位置必然存在且各不相同),若恰大于$tP$的位置上为1,同时其上一个位置必然小于等于$tP$,即恰好为$tP$,即不合法

因此,这些位置上必然都不为1,因此至少有$k+1$个非1的数,矛盾

充分性——

构造其重新排列后的$a'_{i}$,具体来说,当已经确定$a'_{1},a'_{2},...,a'_{k}$后,来确定$a'_{k+1}$

令$x$为$a_{i}$剩下(除去$a'_{1},a'_{2},...,a'_{k}$)的数中出现次数最多的元素(之一),对其分类讨论:

1.若$P\not\mid \sum_{i=1}^{k}a'_{i}+x$,令$a'_{k+1}=x$

2.若$P\mid \sum_{i=1}^{k}a'_{i}+x$,任取另一个剩下的元素$y\ne x$,令$a'_{k+1}=y$且$a'_{k+2}=x$

关于上述两者,唯一有可能导致其不合法的即第2类中不存在$y$的情况,即仅剩下的元素仅含$x$

若剩下的元素中仅有1个$x$,即与$P\not\mid \sum_{i=1}^{n}a_{i}$矛盾,因此至少剩下两个$x$

在这种情况下,构造过程中,任意时刻出现次数最多(且唯一最多)的元素都是$x$

关于这个结论,考虑当某一时刻,某一个元素出现次数大于等于$x$出现次数-1,则简单分类讨论:

1.此时$x$作为出现次数最多的元素,其出现次数必然仍大于等于$x$出现次数-1

2.此时$x$不作为出现次数最多的元素,则假设为$y$,至多使用一个$y$,那么$y$出现次数大于等于$x$出现次数-1

换言之,由此可以说明之后任意时刻都存在一个元素出现次数大于等于$x$的出现次数-1

而最终,不存在这样的元素(其余元素出现次数都为0,而$x$出现次数至少为2),因此即任意时刻不存在出现次数大于等于$x$出现次数-1的元素,进而推出$x$任意时刻都是唯一最多的元素

由此,可以得到$x$为初始状态中出现次数最多的元素,即有$x=1$

根据构造过程,可以发现$a_{i}$之后恰好会有$P-a_{i}$个1,以及最初也必然有$P-1$个1,此时若还有剩下的1,即可得到$\sum_{i=1}^{n}[a_{i}=1]>(P-1)+\sum_{1\le i\le n,a_{i}\ne 1}(P-a_{i})$,矛盾

因此,即证明不存在这种不合法的情况,构造成立

而对于普通的序列$a_{i}$(即1不为$a_{i}$中出现次数最多的元素),若$x$为其中出现次数最多的元素,将所有元素在模$P$意义下除以$x$,得到序列$b_{i}\equiv \frac{a_{i}}{x}(mod\ P)$,不难证明$a_{i}$合法等价于$b_{i}$合法

同时,$b_{i}$合法根据结论即等价于$P\not\mid \sum_{i=1}^{n}b_{i}$且$\sum_{i=1}^{n}[b_{i}=1]\le (P-1)+\sum_{1\le i\le n,b_{i}\ne 1}(P-b_{i})$,同时前者又等价于$P\not\mid \sum_{i=1}^{n}a_{i}$

接下来,考虑统计答案,答案可以通过容斥计算,即等于$P\not\mid \sum_{i=1}^{n}a_{i}$的序列数,减去$P\not\mid \sum_{i=1}^{n}a_{i}$且$\sum_{i=1}^{n}[b_{i}=1]>(P-1)+\sum_{1\le i\le n,b_{i}\ne 1}(P-b_{i})$的序列数

对于前者,记为$f_{n}$,则有
$$
f_{n}=(P-2)f_{n-1}+(P-1)((P-1)^{n-1}-f_{n-1})=(P-1)^{n}-f_{n-1}
$$
(初始状态为$f_{0}=0$)

根据等比数列求和,答案即
$$
f_{n}=(-1)^{n}\sum_{i=1}^{n}(1-P)^{i}=(-1)^{n}\frac{(1-P)-(1-P)^{n+1}}{P}=\frac{(P-1)^{n+1}-(-1)^{n}(P-1)}{P}
$$
对于后者,根据式子,此时$a_{i}$中最大值出现必然唯一

另一方面,由于一个模$P$意义下的完系中所有数乘上$x$(满足$P\not\mid x$)后仍然是完系,即最大值并不影响每一个数出现的概率(情况),即可以统计1为出现次数最多的情况,并乘上$P-1$即可

(更通俗的来说,在$[1,P)$中随机一个数在乘上$x$并对$P$取模,等价于直接在$[1,P)$中随机一个数)

接下来,枚举1的个数$k$,即要求$\sum_{1\le i\le n,a_{i}\ne 1}(P-a_{i})-k\not\mid P$且$\sum_{1\le i\le n,a_{i}\ne 1}(P-a_{i})\le k-P$

根据后者,这些数的和是$o(n)$的,即用$f_{i,j}$表示$i$个$[1,P-2]$之间的数,和为$j$的方案数,注意到两维都是$o(n)$级别的,且转移通过前缀和可以优化到$o(1)$,总复杂度即$o(n^{2})$

最终,(这一部分)答案即$\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}\sum_{0\le j\le i-P,j\not\equiv i(mod\ P)}f_{n-i,j}$

总复杂度为$o(n^{2})$,可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 5005
 4 #define mod 998244353
 5 int n,p,ans,c[N][N],f[N][N];
 6 int pow(int n,int m){
 7     int s=n,ans=1;
 8     while (m){
 9         if (m&1)ans=1LL*ans*s%mod;
10         s=1LL*s*s%mod;
11         m>>=1;
12     }
13     return ans;
14 }
15 int main(){
16     for(int i=0;i<N;i++){
17         c[i][0]=c[i][i]=1;
18         for(int j=1;j<i;j++)c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
19     }
20     scanf("%d%d",&n,&p);
21     ans=pow(p-1,n+1);
22     if (n&1)ans=(ans+p-1)%mod;
23     else ans=(ans+mod-p+1)%mod;
24     ans=1LL*ans*pow(p,mod-2)%mod;
25     f[0][0]=1;
26     if ((n%p)&&(n>=p))ans=(ans+mod-p+1)%mod;
27     for(int i=1;i<=n;i++){
28         for(int j=1;j<=n;j++)f[i-1][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j])%mod;
29         for(int j=1;j<=n;j++){
30             if (j-(p-2)<=0)f[i][j]=f[i-1][j-1];
31             else f[i][j]=(f[i-1][j-1]-f[i-1][j-(p-2)-1]+mod)%mod;
32             if ((j<=n-i-p)&&(j%p!=(n-i)%p))ans=(ans+mod-1LL*(p-1)*c[n][i]%mod*f[i][j]%mod)%mod;
33         }
34     }
35     printf("%d",ans);
36 }
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posted @ 2021-04-22 15:58  PYWBKTDA  阅读(106)  评论(0编辑  收藏  举报