Solution -「LOCAL」充电

$\mathcal{Description}$

  给定 $n,m,p$，求序列 $\{a_n\}$ 的数量，满足 $(\forall i\in[1,n])(a_i\in[1,m])\land(\forall i\in(1,n])(a_{i-1}\le a_i)\land\left(\sum_{i=1}^na_i10^{n-i}\bmod p=0\right)$，对 $998244353$ 取模。

  $n\le10^{18}$，$m\le50$，$p\le200$。

$\mathcal{Solution}$

  肯定要利用 $10^x$ 在$\bmod p$ 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 $1_n=\underbrace{11\cdots1}_{n\text{个}1}$，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 $a_i\ge1$，我们钦定一个 $1_n$ 计入贡献。而显然 $1_x$ 在$\bmod p$ 意义下亦存在循环节，我们可以求出 $c_i$ 表示有 $c_i$ 个 $1_x\bmod p=i~(x\in[1,n])$。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$\bmod p=0$ 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$\bmod p=k$ 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：

$$f(i+1,j+t,(k+t(i+1))\bmod p)\leftarrow f(i,j,k)\binom{c_{i+1}+t-1}{c_{i+1}-1}$$

  特别留意初始状态应为 $f(-1,0,1_n\bmod p)=1$，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\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\n", 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。