UNR#2 梦中的题面 HDU6056

这题口胡起来真简单。。。

先来考虑∑mi=1xi≤n,xi≥0\sum_{i=1}^{m} x_i\leq n,x_i\geq 0的整数{xi}\{x_i\}个数
这可以用插板法证明是(n+mm)n+m \choose m

对于原问题，一个经典做法是容斥，每次枚举一些数一定超过上界，其他数任意。所以答案可以表示为：

∑S∈U(−1)|S|(n+c∗|S|−|S|−∑x∈sbx+mm)\sum_{S \in U}(-1)^{|S|} {{n+c*|S|-|S|-\sum_{x \in s}b^x+m }\choose{m}}
（这里要满足n+c∗|S|−|S|−∑x∈sbx>0n+c*|S|-|S|-\sum_{x \in s}b^x>0）

可以发现，(n+mm)n+m\choose m是一个关于nn的mm次多项式，所以可以只求每种方案的k次方的和。

所以可以先枚举|S||S|，然后就能将n+c∗|S|−|S|n+c*|S|-|S|算出来。预处理一个dp(i,j,k)dp(i,j,k)表示1~i位选了j个他们的k次方的和是多少。然后考虑枚举第一个不同的数位是哪个，然后算一下。。。
复杂度O(m4)O(m^4)

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 60
#define mod 998244353
using namespace std;
int C[maxn][maxn],ans,dp[maxn][maxn][maxn],m,b,c;
int A[maxn],im,B[maxn],n,Q[maxn],S,len,R[maxn];
char s[maxn*maxn];
int qpow(int a,int b){int ans=1,tmp=a;for(;b;b>>=1,tmp=1ll*tmp*tmp%mod)if(b&1)ans=1ll*ans*tmp%mod;return ans;
}
int getdiv(int b){int sum=0;for(int i=n;i>=1;--i){long long x=10ll*sum+s[i];s[i]=x/b,sum=x%b;}while(n&&!s[n])n--;return sum;
}
bool add(int c){int ret=c;for(int i=1;i<=len&&ret;++i)if(Q[i]+ret<0)Q[i]=b+Q[i]+ret,ret=-1;else if(Q[i]+ret>=b)Q[i]=Q[i]+ret-b,ret=1;else Q[i]=Q[i]+ret,ret=0;while(len&&!Q[len])len--;if(ret<0)return false;return true;
}
void print(int ans){static int cas=0;printf("Case #%d: %d\n",++cas,ans);
}
void cal(int i,int j,int nz){if(i<0)return ;for(int k=0;k<=m;++k)for(int nk=0,l=1;nk<=k&&l;++nk,l=1ll*l*nz%mod)if(dp[j][i][k-nk])R[k]=(R[k]+1ll*dp[j][i][k-nk]*l%mod*C[k][nk]%mod*(k-nk&1?mod-1:1))%mod;
//          printf("[%d,%d:%d]\n",nz,k,nk);
}
int main(){while(scanf("%d%d%d",&m,&b,&c)==3){scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1),S=len=0;for(int i=1;i<=n;++i)s[i]-='0';reverse(s+1,s+n+1);if(n==1&&s[1]==0){print(0);continue;}for(int i=1,ret=1;i<=n&&ret;++i)if(s[i]-ret<0)s[i]=10+s[i]-ret,ret=1;else s[i]-=ret,ret=0;while(n&&!s[n])n--;while(n)Q[++len]=getdiv(b);for(int i=0;i<=m;++i)for(int j=*C[i]=1;j<=i;++j)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;im=1,B[0]=1;for(int i=1;i<=m;++i)B[i]=1ll*B[i-1]*b%mod;for(int i=1;i<=m;++i)im=1ll*im*i%mod;im=qpow(im,mod-2);memset(A,0,sizeof(A)),A[0]=1;for(int i=0;i<=m-1;++i)for(int j=i;j>=0;--j)A[j+1]=(A[j+1]+A[j])%mod,A[j]=1ll*(m-i)*A[j]%mod;for(int i=1,j=1;i<=len;++i,j=1ll*j*b%mod)S=(S+1ll*j*Q[i])%mod;
//      for(int i=0;i<=m;++i)printf("[%d]",A[i]);puts("");for(int i=0;i<=m;++i)A[i]=1ll*A[i]*im%mod;memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0][0]=1;for(int i=1;i<=len&&i<=m;++i)for(int j=0;j<=i;++j)for(int k=0;k<=m;++k){dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];if(j)for(int l=0,z=1;l<=k;++l,z=1ll*z*B[i]%mod)if(dp[i-1][j-1][k-l])dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+1ll*dp[i-1][j-1][k-l]*C[k][l]%mod*z)%mod;
//                  if(dp[i][j][k])printf("dp[%d][%d][%d]=%d\n",i,j,k,dp[i][j][k]);}int ans=0;for(int i=0,dx=1;i<=m;++i,dx=mod-dx){int sum=0;if(!len){ans=(ans+1ll*C[m][i]*dx)%mod;if(!add(c-1))break;continue;}for(int j=0;j<=m;++j)R[j]=0;int x=0,z=0;
//          printf("{%d}",len);for(int j=len;j>=2&&x<=i;--j)if(Q[j]){
//              printf("call:[%d,%d,%d]",i-x,j-2,S-z);cal(i-x,j-2,(S-z+mod)%mod);x++,z=(z+B[j-1])%mod;if(j-1>m)goto nxt;if(Q[j]>1){cal(i-x,j-2,(S-z+mod)%mod);goto nxt;}}if(i==x){for(int j=0,l=1;j<=m&&l;j++,l=1ll*l*(S-z+mod)%mod)R[j]=(R[j]+l)%mod;}nxt:;
//          printf("\n[i=%d]\n",i);
//          for(int j=0;j<=m;++j)printf("[%d]",R[j]);for(int j=0;j<=m;++j)sum=(sum+1ll*R[j]*A[j])%mod;ans=(ans+1ll*sum*dx)%mod;if(!add(c-1))break;S=(1ll*S+c-1+mod)%mod;}print(ans);}
}

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