AGC052C 笔记

实在是一个 NB 题

题意

给定整数 \(N, P\)，求出满足条件的序列 \(A\) 的数量：

• \(1 \le A_i < P\)；
• 存在 \(A_1, \ldots, A_N\) 的排列 \(A'_1, \ldots, A'_N\)，使得对于 \(1 \le k \le N\)，都有 \(\sum_{i = 1}^k A'_i \not \equiv 0 \pmod P\)。

\(N \le 5000, P \le 10^8\)，答案对 \(998244353\) 取模。

思路

手玩样例之后，发现在不合法的序列中 \(\sum_i A_i \equiv 0 \pmod p\) 比较特殊，需要特判掉。

接着考虑找到序列合法的充要条件，再次手玩之后发现众数是很重要的，把重排序列看成往集合 \(S\) 中一个一个加数，在无解的时候经常会遇到最后只有众数能选，其它数都选过了的情况。

于是假设众数为 \(1\)，为什么呢？因为 \(1\) 有很好的性质：假如最后只有 \(1\) 可以选择，那么和一定是连续地变大，这时判是否是 \(P\) 的倍数较为容易。当众数不是 \(1\) 的时候怎么办呢？有一个精美的想法，就是把所有数全部乘上众数的逆元，这并不改变合法性的判定，因为 \(0\) 乘上逆元等于 \(0\)。

考虑一个构造，假设当前为 \(sum\)，众数为 \(x\)，则：

• 如果 \(sum + x \not \equiv 0 \pmod P\)，则加入 \(x\)；
• 否则找到另一个数 \(y\)，在加入 \(y\) 后继续加入 \(x\)。

这个构造到最后会形如（假设加入的 \(y\) 分别是 \(B_1, B_2, \ldots, B_M\)）：

\[\overbrace{1, \ldots, 1}^{P - 1} \ B_1 \ \overbrace{1, \ldots, 1}^{P - B_1} \ B_2 \ \ldots \ B_M\ \overbrace{1, \ldots, 1}^{P - B_M} \]

只要没有剩余的 \(1\)，就一定可以构造出来。而如果构造不出来，即有剩余的 \(1\)，就一定无解，因为没有任何其它数能帮助它跨过 \(P\) 的倍数了。

于是就找到了序列合法的充分必要条件：

\[N - M \le (P - 1) + (P - B_1) + \ldots + (P - B_M) \]

考虑求解答案，设 \(a_i\) 表示长度为 \(i\) 且和是 \(P\) 倍数的序列数量，有递推式：\(a_n = (P - 1)^{n - 1} - a_{n - 1}\)，这是因为前 \(n - 1\) 个元素的和 \(S\) 只要不是 \(P\) 的倍数，那第 \(n\) 个数就可以取 \(P - S \bmod P\)，而如果 \(S\) 是 \(P\) 的倍数就不行了，要减去 \(a_{n - 1}\)。

接着 DP，设 \(dp[i][j]\) 表 \(B\) 填了 \(i\) 个数，\(\sum P - B_k = j\) 的方案数，由于 \(j\) 只有在 \(\ge N\) 时才有共享，转移可以用前缀和优化做到 \(O(N^2)\)。

答案为：

\[(P - 1)^N - a_N - \sum_{i, j} [N - i \ge j + P] [N - i \not\equiv j \pmod P] \cdot dp[i][j] \cdot \binom{N}{i} (P - 1) \]