君と彼女の恋

题意

找到一个非空的非负整数序列S，满足S的所有元素之和为n，而且每个元素对m取模得到的结果都不相同，要你求这种序列的个数。

n≤1018,m≤100

分析

看到数据范围，我们可以围绕m下手。分析发现，我们可以把序列中的每个数表示成ki∗m＋ai,若sum=∑i=1cntai,(n−sum)≡0 (mod m), 则我们可以将n−summ个m分配到这cnt个数上，使它们的和为n。到这里解法就比较显然了。f[i][j]表示序列里有j个数、它们mod m下的数的和为i的方案数，这样只用枚举最多m个数，(m∗m/2)∗m个状态就可以求出f数组。对于每个满足(n−i)≡0 (mod m)的i，设k=n−im,它对答案的贡献为f[i][j]∗Cj−1k+j−1∗j!，j−1非常小。

#include <cstdio>#include <cstring>typedef long long LL;const int N = 103;const LL P = 905229641;LL fac[N],f[N * N / 2][N],inv[N];int m;LL n,ans;LL fast(LL ds,LL zs) {    if (zs == 1) return ds;    LL re = fast(ds,zs / 2);    re = re * re % P;    if (zs & 1) re = re * ds % P;    return re;}LL c(LL N,LL M) {    if (M == 0) return 1;    LL re = 1;    for (LL i = N - M + 1;i <= N;i ++) re = re * (i % P) % P;    return re * inv[M] % P;}int main() {    f[0][0] = f[0][1] = 1;    scanf("%lld%d",&n,&m);    for (int k = 0;k < m - 1;k ++) {        int r = k * (k + 1) / 2;        for (int i = r;i >= 0;i --) {            for (int j = k + 1;j >= 0;j --) if (f[i][j]) {                f[i + k + 1][j + 1] = (f[i + k + 1][j + 1] + f[i][j]) % P;            }        }    }    fac[0] = 1;    for (int i = 1;i <= m;i ++) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;    inv[m] = fast(fac[m],P - 2);    for (int i = m - 1;i >= 0;i --) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;    int r = m * (m - 1) / 2;    for (LL i = 0;i <= r;i ++) if ((n - i) % m == 0) {        LL cnt = (n - i) / m;        for (LL j = 1;j <= m;j ++) if (f[i][j]) {            ans = (ans + f[i][j] * c(cnt + j - 1,j - 1) % P * fac[j] % P) % P;        }    }    printf("%lld",ans);}