【CF1626F】A Random Code Problem

传送门

好题。

题目分析：

首先，总方案数有 \(n^k\) 种，每种的概率都是均等的，为 \(\frac{1}{n^k}\)，即 \(E=\frac{1}{n^k}\sum w\)，而我们最后要输出 \(n^kE\)，那么只用求 \(\sum w\)，即所有方案的 \(ans\) 总和。

如果没有修改，那么所求即为 \(kn^{k-1}\sum a\)，这是因为 \(n^k\) 种方案，每个方案有 \(k\) 个数，所以共有 \(kn^k\) 个数。而 \(a\) 中 \(n\) 个数的出现次数应该相等，所以每个数出现了 \(kn^{k-1}\) 次。

本题的修改很有意思，可以观察到，一个 \(a_i\) 经过若干次 \(a_i=a_i-(a_i\bmod j)(1\le j\le k)\) 的操作，所能达到的最小值是 \(a_i=a_i-(a_i\bmod M)\)，其中 \(M=lcm(1,2,...,k)\)。

然而前 \(17\) 个数的 \(lcm\) 还有点大，可以观察到第 \(17\) 次的修改是无意义的，因为没有第 \(18\) 次的询问了。所以我们实际上只用求前 \(16\) 个数的 \(lcm\)，这个 \(M\) 是小于 \(10^6\) 的。

换言之我们令 \(b_i=\left\lfloor \frac{a_i}{M} \right\rfloor\times M\)，那么答案里肯定有一部分为 \(kn^{k-1}\sum b_i\)。

那么这个时候自然地想设计一个 \(O(Mk)\) 的 \(dp\)。符合直觉的想法是设 \(dp(i,j)\) 代表前 \(i\) 轮修改过后，所有方案里 \(j\) 的出现个数的总和。

考虑统计完 \(dp(i,j)\) 后对答案的贡献。需要注意，这里不是只有 \(dp(k,x)\) 这样的状态有用的，因为，每一轮的修改前都会有一次对答案的查询（就是 \(ans=ans+a_idx\)），所以对于每个 \(dp(i,j)(0\le i\lt k)\)，都应该有贡献。一个 \(dp(i,j)\) 的贡献应该为 \(j\,\times\,dp(i,j)\,\times\,n^{k-i-1}\)，这是自然的，其意义是，我第 \(i+1\) 轮，选择一个 \(j\) 就会有 \(j\) 的贡献，在所有局面里共有 \(dp(i,j)\) 种选择方式，第 \(i+2\,\sim k\) 轮的选择方式共有 \(n^{k-i-1}\) 种。

转移是本题的难点。首先 \(dp(0,j)=cnt_j\)，\(cnt_j\) 是初始 \(a\) 中，元素 \(j\) 的出现次数。发现不好确定一个状态由哪些状态转移而来，因此考虑刷表：即研究一个状态 \(dp(i,j)\) 对 \(dp(i+1,j')\) 的贡献。

设某个局面有 \(k\) 个值为 \(j\) 的元素，当我选了它，那么下一轮会剩下 \((k-1)\) 个元素 \(j\)；当我不选它，下一轮会剩下 \(k\) 个元素 \(j\)。所以这个局面对下一轮的 \(j\) 贡献为 \(k\,\times\,(k-1)+(n-k)\,\times\,k=k\,\times\,(n-1)\)。那么所有局面的 \(k\)，加起来，就是 \(dp(i,j)\)，也就是说 \(dp(i,j)\,\times\,(n-1)\rightarrow dp(i+1,j)\)。

但是考虑一个事情，当我选了一个值为 \(j\) 的元素中的一个，那么会有 \((k-1)\) 个 \(j\) 不假，但是这个元素本身还会变化，意思是给别的值 \(j'\) 的 \(dp(i+1,j')\) 造成贡献。具体地，如果第 \((k+1)\) 轮 \(j\) 这个值会变成 \(j'\)，那么对于一个有 \(k\) 个值为 \(j\) 的元素的局面，我有 \(k\) 种选择，让下一轮的局面多一个 \(j'\) 出来，那么所有局面的 \(k\) 加起来，就是 \(dp(i,j)\)，也就是说 \(dp(i,j)\rightarrow dp(i+1,j')\)。

我们发现这样转移是 \(O(1)\) 的，时间复杂度 \(O(Mk)\)，空间复杂度可以通过滚动数组优化打到 \(O(M)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define op(x) ((x&1)?x+1:x-1)
#define odd(x) (x&1)
#define even(x) (!odd(x))
#define lc(x) (x<<1)
#define rc(x) (lc(x)|1)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define Max(a,b) (a>b?a:b)
#define Min(a,b) (a<b?a:b)
#define next Cry_For_theMoon
#define il inline
#define pb(x) push_back(x)
#define is(x) insert(x)
#define sit set<int>::iterator
#define mapit map<int,int>::iterator
#define pi pair<int,int>
#define ppi pair<int,pi>
#define pp pair<pi,pi>
#define fr first
#define se second
#define vit vector<int>::iterator
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uint;
typedef double db;
using namespace std;
const int MAXN=1e7+10,MAXM=1e6,mod=998244353;
ll n,a[MAXN],x,y,k,M,m;
ll ans,power[20],dp[2][MAXM];
ll gcd(ll a,ll b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
int main(){
    cin>>n>>a[1]>>x>>y>>k>>M;
    power[0]=1;rep(i,1,k)power[i]=power[i-1]*n%mod;
    rep(i,2,n)a[i]=(a[i-1]*x+y)%M;
    m=1;
    rep(i,2,k-1)m=m/gcd(m,i)*i;
    rep(i,1,n)ans=(ans+((a[i]/m)*m)*k%mod*power[k-1])%mod,a[i]%=m,dp[0][a[i]]++;
    rep(i,0,k-1){
        rep(j,0,m-1)ans=(ans+j*dp[i&1][j]%mod*power[k-i-1])%mod;
        rep(j,0,m-1){
            ll& ret=dp[(i+1)&1][j-j%(i+1)];
            ret=(ret+dp[i&1][j])%mod;
            ll& ret2=dp[(i+1)&1][j];
            ret2=(ret2+dp[i&1][j]*(n-1))%mod;
        }
        memset(dp[i&1],0,sizeof dp[i&1]);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}