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
- (1le a_ile p)；
- 存在一种将 ({a_i}) 重新排列为 ({b_i}) 的方案，使得 (forall iin[1,n],sumlimits_{j=1}^ib_jmod p eq 0)，换句话说，不存在 (b) 的前缀和是 (p) 的倍数。
数据规模：(1le nle5000)，(2le ple10^8)。
# 解析
如果 (sum a_imod 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 otequiv0) 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_1gtsum_{i>1}(p-i)c_i+p-1)，即 (c_1ge 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 (lfloorfrac{sum a_i}{p} floor) 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 (pmidsum 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 midsum 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 (inom{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 (1sim 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-cntge 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
", ans);
return 0;
}