uoj22 【UR #1】外星人

题目

好像虚高胡策搬过这道题

设(t=min a_i)，不难发现我们一旦对(t)取模之后，就一定小于(t)，也就是之后再对其他数取模就没有什么意义了

当然一上来就可以对(t)取模，但是(x\% t)并不一定是最优答案，所以我们要通过其他的(a_i)把(x)调整一下，使得它模(t)的值尽量大

同时我们还发现多次对一个数取模是没有意义的，于是我们直接设(f_i)表示(x)是否能经过对(a)取模得到(i)这个数，每一次转移暴力把(a)扫一遍即可，可能这样一个数被多次使用，但是这并不会产生什么影响，不可能产生一个更优的答案，于是我们从小于(t)的(i)中找到一个(f_i=1)的最大的(i)即可，这就是第一问的答案了，复杂度是(O(nx))

第二问计数，我记得胡策时大力写了一个爆搜发现能记忆化，就拿(O(n^2x))搞了不少分

不过当时连为什么能记忆化都不太会

对于(x\%a_i)。如果(a_ileq x)，那么(x\%a_i)后肯定会变小，定义这样的取模为有效取模；如果(x>a_i)，那么(x=x\%a_i)，定义这样的取模为无效取模

我们发现(x)对一个数取模之后很多(a_i)就都变成了无效取模，于是我们考虑只处理有效取模

我们把(a)从大到小排序，设(dp_{x,l})表示当前的数为(x)，要处理的有效取模为(l)到(n)，答案就是(dp_{x,1})

转移的话就是枚举接下来对哪一个数取模，对于新产生的无效取模，显然可以随便插到接下来的排列里

于是有

[dp_{x,l}=sum_{i=l}^ndp_{x\%a_i,id(x\%a_i)}A(n-id(x),id(x)-id(x\%a_i)-1) ]

其中(id(x))就表示(x)对应的第一个有效取模，即排序之后第一个小于等于(x)的(a)的位置

对(a_i)取模之后要转移到的位置显然是(id(x\%a_i))，中间空出来的无效取模就是从(id(x)+1)到(id(x\%a_i)-1)，这些无效取模就随便填到(n-id(x))即还没有填的位置里去

发现这样做还是(O(n^2x))的，但是很容易发现第二维没有什么用，因为(x)要处理的有效取模位置显然是(id(x))，没有必要开第二维，于是复杂度就变成了(O(nx))了

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define re register
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
const int mod = 998244353;
const int maxn = 5e3 + 5;
inline int read() {
    char c = getchar();int x = 0;
    while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - 48, c = getchar();
    return x;
}
inline int cmp(int A, int B) { return A > B; }
int n, m, R, a[1005], inv[1005], fac[1005], id[maxn], ifac[1005];
int f[maxn], dp[maxn], ans, vis[maxn];
inline int A(int n, int m) {
    if (m > n || m < 0) return 0;
    return 1ll * fac[n] * ifac[n - m] % mod;
}
int dfs(int x) {
    if (x < ans) return 0;
    if (vis[x]) return dp[x];
    vis[x] = 1;
    for (re int i = id[x]; i <= n; i++)
        dp[x] = (dp[x] + 1ll * dfs(x % a[i]) * A(n - id[x], id[x % a[i]] - id[x] - 1) % mod) % mod;
    return dp[x];
}
int main() {
    n = read();m = read();f[m] = 1;fac[0] = 1;inv[1] = 1;ifac[0] = 1;
    for (re int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % mod;
    for (re int i = 2; i <= n; i++) inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
    for (re int i = 1; i <= n; i++) ifac[i] = 1ll * ifac[i - 1] * inv[i] % mod;
    for (re int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
    R = a[1];for (re int i = 1; i <= n; i++) R = min(R, a[i]);
    for (re int i = m; i >= 0; --i) {
        if (!f[i]) continue;
        for (re int j = 1; j <= n; ++j) f[i % a[j]] = 1;
    }
    for (re int i = R - 1; i >= 0; --i)
        if (f[i]) {
            id[i] = n + 1;;
            printf("%d
", ans = i);
            break;
        }
    std::sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
    vis[ans] = dp[ans] = 1;
    for (re int i = m;; --i) {
        if (id[i]) break;
        for (re int j = n; j; --j)
            if (a[j] <= i) id[i] = j;
            else break;
    }
    printf("%d
", 1ll * dfs(m) * A(n, id[m] - 1) % mod);
    return 0;
}