[ABC322G] Two Kinds of Base

第一次赛后马上AK ABC，好激动，感觉是这场太水了，一看评分，G有2800？！

感觉这个 Trick 挺有用的：某些变量真正能取到的值其实远远没有给的范围那么大，除了某些特殊情况，而这些特殊情况可以用特殊的方式统计答案。

题意

对于一个非负整数序列 $S=(S_1,S_2,\dots ,S_k)$ 和一个整数 $a$，定义函数 $f(S,a)$ 如下：

$$f(S,a)=\sum _{i=1}^k{S}_i\times a^{k-i}$$

给定正整数 $N$ 和 $X$。求满足以下所有条件的非负整数序列 $S=(S_1,S_2,\dots ,S_k)$ 和正整数 $a$ 及 $b$ 的三元组 $(S,a,b)$ 的数量模 $998244353$。

• $k\ge 1$
• $a,b\le N$
• $S_1\ne 0$
• $S_i<min(10,a,b)(1\le i\le k)$
• $f(S,a)-f(S,b)=X$

思路

首先，可以把数列 $S$ 分别看做是 $k$ 位 $a$ 进制数和 $k$ 位 $b$ 进制数每一位上的值，记这两个数分别记作 $A$ 和 $B$。题目中的最后一个限制就等价于 $A-B=X$，其中 $X$ 是十进制意义下的。

显然 $f(S,a)-f(S,b)=\sum _{i=1}^k{S}_i\times (a^{k-i}-b^{k-i})$，由于 $X$ 为正整数，故 $a>b$。

所以上式的这一部分 $a^{k-i}-b^{k-i}$ 随 $i$ 增大单调递减，当 $i=k$ 时，$a^0-b^0=0$，即 $S_k$ 的取值不会对 $A-B$ 的值产生影响。

考虑最朴素的做法，枚举 $k,a,b$，并构造一种合理的 $S$ 使得满足上述限制。可以证明，如果存在这样的一个 $S$，那么 $(S_1,S_2,\dots ,S_{k-1})$ 是唯一的。

证明：假设从 $i=1$ 开始依次填 $S_i$，设 $X^{\prime }$ 表示 $X$ 减去 $S_1$ 至 $S_{i-1}$ 的总贡献后的值， $S_{i+1}$ 到 $S_k$ 能产生的最大贡献为 $C$，$S_i=1$ 时仅 $S_i$ 产生的贡献为 $D$。能得到：$D=a^{k-i}-b^{k-i}=(a-1)\times \sum _{j=i+1}^k{a}^{k-j}-(b-1)\times \sum _{j=i+1}^k{b}^{k-j}>(b-1)\times (\sum _{j=i+1}^k{a}^{k-j}-\times \sum _{j=i+1}^k{b}^{k-j})$。所以，当 $X^{\prime }>C$ 时，只有 $S_i=\lfloor \frac{X^{\prime }}{a^{k-i}-b^{k-i}}\rfloor$ 时才有可能满足条件。而当 $X^{\prime }\le C$ 时，$S_i$ 只能等于 $0$。如此贪心地往下填 $S$ 的每一位，一直到 $S_{k-1}$，能确定一组唯一的 $(S_1,S_2,\dots ,S_{k-1})$。

这样在固定 $k,a,b$ 的情况下可以 $O(k)$ 地统计答案，$k$ 的范围是 $O(\log X)$ 级别，但 $a,b$ 的范围却是与 $n$ 同阶的。

其实有效的 $a,b$ 远没有这么多。

由于 $S_1\ne 0$，这等价于 $a^{k-1}-b^{k-1}\le X$，可以发现，当 $k\ge 3$ 时，满足这个条件的二元组 $(a,b)$ 是很少的（当 $N={10}^9,X=2\times {10}^5$ 时，只有 $620787$ 组），每一次可以用 $O(\log X)$ 的时间统计答案。

而当 $k=2$ 时，$X=(a-b)\times S_1$，用 $O(\sqrt{x})$ 的时间统计答案即可。

Code

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define l(x) x<<1
#define r(x) x<<1|1
#define mpr make_pair
//mt19937_64 ra(time(0) ^ (*new char));
const ll SIZE = 200005;
const ll mod = 998244353;
ll n, X, ans;
 
inline ll rd(){
	ll f = 1, x = 0;
	char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){
		if(ch == '-') f = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
		ch = getchar();
	}
	return f*x;
}
 
ll power(ll x, ll y){
	ll jl = 1;
	while(y){
		if(y & 1) jl = (jl * x);
		x = (x * x);
		y >>= 1;
	}
	return jl;
}
 
int main(){
	n = rd(), X = rd(); ll cnt = 0;
	for(ll i = 1; i*i <= X; i++){
		if(X%i == 0){
			if(i < 10){
				for(ll a = i+1+(X/i); a <= n; a++){
					ll b = a-(X/i);
					if(b >= 10) break;
					ans = (ans + min(10ll, b)) % mod;
				}
				if(n-(X/i) >= 10){
					ans = (ans + (10 * (n-(X/i)-10+1)) % mod) % mod;
				}
			}
			if(i != (X/i) && (X/i) < 10){
				for(ll a = (X/i)+1+i; a <= n; a++){
					ll b = a-i;
					if(b >= 10) break;
					ans = (ans + min(10ll, b)) % mod;
				}
				if(n-i >= 10){
					ans = (ans + (10 * (n-i-10+1)) % mod) % mod;
				}
			}
		}
	}
	for(ll k = 3; k <= 20; k++){
		for(ll a = 1; a <= n; a++){
			if(power(a, k-1)-power(a-1, k-1) > X) break;
			for(ll b = a-1; b >= 1; b--){
				if(power(a, k-1)-power(b, k-1) > X) break;
				ll jl = X; bool flag = 1;
				for(ll i = 1; i < k; i++){
					if(jl / (power(a, k-i)-power(b, k-i)) >= min(10ll, min(a, b))) flag = 0;
					jl = (jl % (power(a, k-i)-power(b, k-i)));
				}
				if(jl == 0 && flag){
					ans = (ans + min(10ll, min(a, b))) % mod;
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}