题解：CF2278F Modulo and Counting

题目链接：Codeforces 洛谷

思路

直接 dp 的状态是三维的，并且没有什么优化方法，因此尝试观察性质。

\(\sum_{i=1}^{n-1}(a_i\bmod a_{i+1})=m\) 这个式子里面有取模，不好直接做，考虑用 \(x\bmod y=x-k\cdot y\ (k=\lfloor \frac{x}{y} \rfloor)\) 转化一下，就得到了 \(\sum_{i=1}^{n-1}(a_i\bmod a_{i+1})=\sum_{i=1}^{n-1}(a_i-k_i\cdot a_{i+1})=m\)。

对新式子合并同类项，可得：

\[\begin{align*} &m=\sum_{i=1}^{n-1}(a_i-k_i\cdot a_{i+1})\\ &=\sum_{i=1}^{n-1}a_i-\sum_{i=2}^n k_{i-1}\cdot a_i\\ &=\sum_{i=2}^n a_i-\sum_{i=2}^n k_{i-1}\cdot a_i+a_1-a_n\\ &=-\sum_{i=2}^n(k_{i-1}-1)a_i+a_1-a_n \end{align*} \]

于是有 \(\sum_{i=2}^n(k_{i-1}-1)a_i=a_1-a_n-m\)。分析一下右式，\((a_1)_{max}=m+2,(a_n)_{min}=1\)，所以 \((a_1-a_n-m)_{max}=1\)；又因为左式显然非负，所以等式两边要么是 \(0\)，要么是 \(1\)。

分讨一下：

• 如果等式两边为 \(1\)。那可以确定 \(a_1=m+2,a_n=1\)，且左式中这个 \(1\) 只能分配给唯一的一个满足 \(k_{i-1}=2,a_i=1\) 的位置 \(i\)，其他位置 \(j\) 都必须满足 \(k_{j-1}=1\)。位置 \(i\) 在哪里呢？考虑从右往左的最后一个 \(a_i=1\) 的位置，这里的 \(k_{i-1}=\lfloor \frac{a_{i-1}}{a_i}\rfloor=a_{i-1}\leq 2\)，所以 \(a_{i-1}\) 就必须等于 \(2\)，这个位置正好消耗了一个 \(1\)，而其他位置 \(j\ (2\leq j<i)\) 都需要满足 \(\lfloor \frac{a_{j-1}}{a_j}\rfloor=1\) 即 \(a_{j-1}<2\cdot a_j\)。

• 如果等式两边为 \(0\)。那所有的 \(k\) 都必须为 \(1\)，且有 \(a_1=m+1,a_n=1\) 或 \(a_1=m+2,a_n=2\)。根据前一种情况的分析，只要存在 \(a\) 等于 \(1\)，就必定会有位置满足 \(a_{i-1}\geq 2,a_i=1\)，从而导致 \(k_{i-1}\geq 2\)，不符合要求。所以情况一定为 \(a_1=m+2,a_n=2\)，且所有位置 \(i\ (2\leq i\leq n)\) 都满足 \(a_{i-1}<2\cdot a_i\)。

把两种情况合并起来，限制如下：

• \(a_1=m+2,a_n\leq 2\)；

• 对任何满足 \(2\leq i\leq n,a_i>1\) 的位置 \(i\)，都有 \(a_{i-1}<2\cdot a_i\)；

• \(a_i\) 单调不增，且必须存在 \(a_i=2\) 的位置。

根据上面的推导，容易证明这些限制就是 \(\sum_{i=1}^{n-1}(a_i\bmod a_{i+1})=m\) 的充要条件。

根据这些限制就容易设计 dp 方程了。设 \(f_{i,j}\) 表示考虑到 \(i\)，\(a_i=j\) 的合法情况数，并要求 \(j\geq 2\)。初状态是 \(f_{1,m+2}=1\)；转移为 \(f_{i,j}=\sum_{k=j}^{2j-1}f_{i-1,k}\)，可以前缀和优化；最终答案可以枚举最后一个 \(a_i=2\) 的位置，即 \(ans=\sum_{i=2}^n f_{i,2}\)。

时空复杂度均为 \(O(nm)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define ll long long
const int N=4005,P=998244353;

int n,m,f[N][N];

void solve()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m+2;j++)
            f[i][j]=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    f[1][m+2]=1;
    int ans=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=3;j<=m+2;j++)
            (f[i-1][j]+=f[i-1][j-1])%=P;
        for(int j=2;j<=m+2;j++)
        {
            int up=min(m+2,j*2-1);
            f[i][j]=(f[i-1][up]-f[i-1][j-1])%P;
        }
        (ans+=f[i][2])%=P;
    }
    printf("%d\n",(ans+P)%P);
}

signed main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
        solve();
    return 0;
}