jzoj 6300. Count

Description

详见OJ

Solution

首先看题，我们发现(sum{a[i]}=n)，所以可以理解为一个抽屉问题。
但它不仅有一条限制，而且(n)也十分的大。怎么办呢？
%%%sls大佬%%%想到可以将(sum{a[i]})拆分成(sum{b[i]*m+p[i]}(p[i]<m))
而对于(b[i])可以用组合数直接求，那么对于(p[i])呢？
我们不妨看看几个式子：
(sum{p[i]}≡n(mod m))
(sum{p[i]} <= k*(m - 1))
所以我们可以枚举(sum{p[i]})。
但是，如果直接用组合数的话有些(p[i])可能会超过(m - 1)，这样我们就需要用到容斥了。
我们再枚举有多少个数（设为(j)）超过了(m-1)，然后先将(sum{p[i]})减去(j*(m-1))，
求出组合数后再将它任意放回去即可。最后不要忘了(b[i])的组合数。

Code

#include <cstdio>
#define N 5010
#define maxn 10000000 
#define ll long long
#define mo 998244353
#define mem(x, a) memset(x, a, sizeof x)
#define fo(x, a, b) for (int x = a; x <= b; x++)
#define fd(x, a, b) for (int x = a; x >= b; x--)
using namespace std;
int m, K, nmm;
ll n, ans = 0, s;
ll jc[maxn + 10], ny[maxn + 10];

ll ksm(ll x, int y)
{
	ll s = 1;
	while (y)
	{
		if (y & 1) s = s * x % mo;
		x = x * x % mo; y >>= 1;
	}
	return s;
}

ll C(int x, int y) {return x > y ? 0 : jc[y] * ny[x] % mo * ny[y - x] % mo;}

ll calc(ll x, ll y)
{
	if (x > y) return 0;
	ll s = 1;
	for (ll i = y - x + 1; i <= y; i++) s = s * (i % mo) % mo;
	s = s * ny[x] % mo;
	return s;
}

int main()
{
	freopen("count.in", "r", stdin);
	freopen("count.out", "w", stdout);
	scanf("%lld%d%d", &n, &m, &K); nmm = n % m;
	if (m == 1) {puts("0"); return 0;}
	if (K == 1) {printf("%d
", n % m == 0 ? 0 : 1); return 0;}
	jc[0] = ny[0] = 1;
	fo(i, 1, maxn) jc[i] = jc[i - 1] * i % mo;
	ny[maxn] = ksm(jc[maxn], mo - 2);
	fd(i, maxn - 1, 1) ny[i] = ny[i + 1] * (i + 1) % mo;
	for (ll sump = nmm; sump <= K * (m - 1); sump += m)
	{
		s = 0;
		fo(i, 0, K)
		{
//			printf("%lld %lld
", K - 1, sump - i * (m - 1) - 1);
			s = (s + C(K - 1, sump - i * (m - 1) - 1) * C(i, K) % mo * ((i & 1) ? -1 : 1)) % mo;
		}
//		printf("%lld %lld
", sump, s);
		ans = (ans + s * calc(K - 1, K + (n - sump) / m - 1) % mo) % mo;
//		printf("%lld
", ans);
	}
	printf("%lld
", (ans + mo) % mo);
	return 0;
}