CF1808E Minibuses on Venus 智商毁灭记

都要考省选了大脑还在这里下线

场上看到这道题很快推出了 $k$ 为奇数的搞法，发现可以直接做到 $O(k\log n)$，一阵狂喜然后肝起了 E3，结果 E1 都没过。

事实上这道题可以直接做到 $O(\log n)$，不过需要细致的观察自己场上推的式子。

题意：

对长度为 $n$，值域为 $[0,k)$ 的整数数组 $a$ 计数，要求 $a$ 满足 $\exists i\in [1,n],\sum_{j\neq i} a_j\equiv a_i\pmod k$。

思路：

这道题的分析频繁用到了一次同余方程式的有解性分析，也就是说对于 $a\equiv b \pmod k$，当 $\gcd(a,k)|b$ 时有 $\gcd(a,k)$ 个解，否则无解。

显然可以先枚举一波 $sum=(\sum_{i=1}^n a_i) \bmod k$，那么题目的条件相当于 $\exists i\in [1,n],2a_i\equiv sum \pmod k$。

$k$ 是奇数时上述方程始终有唯一解，题目的限制相当于强制 $\frac{sum}{2}$ 必须出现。

考虑计数强制 $x=\frac{sum}{2}$ 必须不出现，然后对着这个限制上容斥，钦定 $x$ 至少出现了 $i$ 次。

剩下的部分如果 $n-i>0$，那么通过调整最后一个数的取值总可以满足 $\sum_{i=1}^n a_i \equiv sum \pmod k$。如果 $i=n$ 那么只需要判断 $nx$ 是否同余于 $sum$。

方案数就是：

$$k^{n-1}-\big((-1)^n[nx\equiv sum\pmod k]+\sum_{i=0}^{n-1} {n\choose i} (-1)^i k^{n-i-1}\big)$$

对于所有 $sum=2x$，考虑 $[nx\equiv 2x\pmod k]$ 的有解性，总方案数就是：

$$k^n-(k-1)^n+(-1)^n-(-1)^n\gcd(n-2,k)$$

$k$ 是偶数时更复杂一点。这时 $2a_i\equiv sum \pmod k$ 在 $sum$ 是偶数时有两个解，记为 $x$ 和 $x+\frac{k}{2}$。

现在要求序列中这两个解必须至少出现一个，那么考虑计数两个解都没有出现的方案数。

依然考虑对于“没有出现”这一限制施加容斥，枚举 $x$，$x+\frac{k}{2}$ 的出现次数。

$$\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n [i+j=n] (-1)^i (-1)^j [ix+j(x+\frac{k}{2})\equiv sum \pmod k]+\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n {n\choose i,j,n-i-j} (-1)^i (-1)^j k^{n-i-j-1} [i+j<n]$$

用三项式定理做一下右边的部分，就是：

$$\frac{(k-2)^n-(-2)^n}{k}$$

左边的线性同余方程的解是一个等差数列，相当于是要组合数等差数列位置的和。这里场后被 zhy 教育了，可以直接循环卷积快速幂 $O(k^2\log n)$ 做。

然而这个同余式太有性质了！整理一下：

$$[ix+(n-i)(x+\frac{k}{2})\equiv 2x \pmod k]$$

也就是：

$$[(2-n)x \equiv (n-i)\frac{k}{2} \pmod k]$$

右边只与 $i$ 奇偶性有关！左边只与 $n,x$ 有关！而众所周知组合数奇数偶数位置求和都是 $2^{n-1}$。

我们现在只需要求出满足 $[(2-n)x \equiv 0 \pmod k]$ 或 $[(2-n)x \equiv \frac{k}{2} \pmod k]$ 的 $x$ 的个数。

注意 $x$ 本来就满足 $x<\frac{k}{2}$可以统一写成 $[(2-n)x\equiv 0 \pmod{\frac{k}{2}}]$，$x$ 的个数就是 $\gcd(\frac{k}{2},n-2)$。

总的式子就是：

$$\frac{k^n}{2}-\frac{(k-2)^n-(-2)^n}{2}-(-1)^{n}\gcd(n-2,\frac{k}{2})2^{n-1}$$

这道题就做完了。

#include <cstdio>
using namespace std;
template<typename T>
T read(){
	char c=getchar();T x=0;
	while(c<48||c>57) c=getchar();
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	while(c>=48&&c<=57);
	return x;
}
typedef long long ll;
ll n;int k,p;
int qp(int a,ll b){
	int res=1;
	b%=(p-1);
	while(b){
		if(b&1) res=(ll)res*a%p;
		a=(ll)a*a%p;b>>=1;
	}
	return res;
}
ll gcd(ll a,ll b){
	if(!b) return a;
	return gcd(b,a%b);
}
void inc(int &x,int v){if((x+=v)>=p) x-=p;}
void dec(int &x,int v){if((x-=v)<0) x+=p;}
int main(){
	n=read<ll>();k=read<int>();p=read<int>();
	if(n==1){puts("1");return 0;}
	if(k&1){
		int g=gcd(n-2,k);
		int res=qp(k,n);
		dec(res,qp(k-1,n));
		if(n&1) inc(res,g-1);
		else dec(res,g-1);
		printf("%d\n",res);
	}
	else{
		int g=gcd(n-2,k>>1);
		int res=qp(k,n);
		dec(res,qp(k-2,n));
		inc(res,qp(p-2,n));
		if(res&1) res=(res+p)>>1;
		else res>>=1;
		if(n&1) inc(res,(ll)qp(2,n-1)*g%p);
		else dec(res,(ll)qp(2,n-1)*g%p);
		printf("%d\n",res);
	}
	return 0;
}