matthew99神犇的题解讲得非常清楚明白，跪烂Orzzzzzzzzzzzzz
总结一下，本题有很多重要的突破口
1.Lucas定理
看到n,m特别大但模数特别小时，容易想到$lucas$定理
$C_{n}^{m}=C_{n/p}^{m/p}\cdot C_{n\;mod\;p}^{m\;mod\;p}\;(mod\;p)$
但普通的$lucas$显然不适用于多次计算，我们可以把$lucas$定理展开
我们把$n$和$m$都看成两个$p$进制数$a$和$b$
$C_{n}^{m}=\pi C_{a_{i}}^{b_{i}}\;(mod\;p)$
这个展开显然成立
2.数位$DP$
想到了上一条进制转化，很容易就联想到数位$DP$
定义$f[i][j]$表示枚举到第$i$位，余数是$j$的方案数
转移十分经典，设现在要填上的数是$x$，$0$表示没达到上界，$1$达到上界，设$z=C_{x}^{b_{i+1}}$
$f0[i][j\cdot z\;mod\;p]+=f0[i][j]$
$x<a_{i+1}$时，$f0[i][j\cdot z\;mod\;p]+=f1[i][j]$
$x=a_{i+1}$时，$f1[i][j\cdot z\;mod\;p]+=f1[i][j]$
总复杂度$O(p^2log_{p}n)$
3.原根优化与多项式乘法
上面的$p^{2}$转移咋这么无脑呢，是不是有啥优化啊？是的
由于$p$是一个质数，它一定存在一个原根$g$
这就要涉及到离散对数了。其实这是一个映射
$g^{ind(x)}\equiv x\;(mod\;p)$
$ind(x)\;(ind(x)\in[0,p-1))$与$x\;(x\in [1,p))$是一组一一映射
那么$j\cdot z\;mod\;p$
$=g^{ind(j)+ind(z)\;(mod\;p-1)}\;mod\;p$
我们利用映射关系，把底数化成指数
这样转移变成了卷积的形式，用多项式乘法每次$O(plogp)$计算
计算出结果后，再逆映射回来得到实际的答案
而离散对数的映射并不能处理余数等于$0$的情况，我们每次$O(p)$单独讨论即可
总时间$O(plogplog_{p}n)$
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define N1 (1<<16)+10
3 #define dd double
4 #define ld long double
5 #define ll long long
6 #define uint unsigned int
7 #define i128 __int128
8 using namespace std;
9
10 const int inf=0x3f3f3f3f;
11 i128 gi128()
12 {
13 i128 ret=0;int fh=1;char c=getchar();
14 while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)fh=-1;c=getchar();}
15 while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){ret=ret*10+c-‘0‘;c=getchar();}
16 return ret*fh;
17 }
18 ll qpow(ll x,ll y,const int &p)
19 {
20 ll ans=1;
21 for(;y;x=x*x%p,y>>=1) if(y&1) ans=ans*x%p;
22 return ans;
23 }
24 const ll p=998244353;
25 namespace NTT{
26 ll a[N1],b[N1],c[N1],Wn[N1],_Wn[N1];
27 int r[N1];
28 ll qpow(ll x,ll y)
29 {
30 ll ans=1;
31 for(;y;x=x*x%p,y>>=1) if(y&1) ans=ans*x%p;
32 return ans;
33 }
34 void NTT(ll *s,int len,int type)
35 {
36 int i,j,k; ll wn,w,t;
37 for(i=0;i<len;i++) if(i<r[i]) swap(s[i],s[r[i]]);
38 for(k=2;k<=len;k<<=1)
39 {
40 wn=(type>0)?Wn[k]:_Wn[k];
41 for(i=0;i<len;i+=k)
42 {
43 for(j=0,w=1;j<(k>>1);j++,w=w*wn%p)
44 {
45 t=w*s[i+j+(k>>1)]%p;
46 s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]+p-t)%p;
47 s[i+j]=(s[i+j]+t)%p;
48 }
49 }
50 }
51 }
52 void Pre(int len,int L)
53 {
54 int i;
55 for(i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
56 for(i=1;i<=len;i<<=1) Wn[i]=qpow(3,(p-1)/i), _Wn[i]=qpow(Wn[i],p-2);
57 }
58 void Main(int len)
59 {
60 int i,invl=qpow(len,p-2);
61 NTT(a,len,1); NTT(b,len,1);
62 for(i=0;i<len;i++) c[i]=a[i]*b[i]%p;
63 NTT(c,len,-1);
64 for(i=0;i<len;i++) c[i]=c[i]*invl%p;
65 memset(a,0,sizeof(a)); memset(b,0,sizeof(b));
66 }
67 };
68
69 int T,m,G;
70 i128 n,l,r;
71 int a[N1],b[N1],tmp[N1];
72 ll f0[2][N1],f1[2][N1],mul[N1],_mul[N1],ans[N1];
73
74 inline ll C(int N,int M)
75 {
76 if(M>N) return 0;
77 return mul[N]*_mul[M]%m*_mul[N-M]%m;
78 }
79
80 int pr[N1],use[N1],ind[N1],_ind[N1],son[N1];
81 void get_ind()
82 {
83 int i,j,ns=0,flag,x,cnt=0,sz=0;
84 for(i=2;i<=m-1;i++)
85 {
86 if(!use[i]) pr[++cnt]=i;
87 for(j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=m-1;j++)
88 {
89 use[i*pr[j]]=1;
90 if(i%pr[j]==0) break;
91 }
92 }
93 for(j=1;j<=cnt;j++) if((m-1)%pr[j]==0) son[++sz]=(m-1)/pr[j];
94 for(i=2;i<=m-2;i++)
95 {
96 flag=1;
97 for(j=1;j<=sz;j++) if(qpow(i,son[j],m)==1){ flag=0; break;}
98 if(flag){ G=i; break; }
99 }
100 ind[1]=0; _ind[0]=1; ind[0]=m-1;
101 for(i=1,x=1;i<=m-2;i++) x=x*G%m, ind[x]=i, _ind[i]=x;
102 }
103 //using NTT::a; using NTT::b; using NTT::c;
104 void solve(i128 w,int type)
105 {
106 int i,j,k,nw=0,nn=0,len,L,now=0,pst=1;
107 if(w<n){ ans[0]=((w+1)*type%p+ans[0]+p)%p; return; }
108 while(w>0) nw++,tmp[nw]=w%m,w/=m;
109 for(i=1;i<=nw;i++) a[nw-i+1]=tmp[i];
110 i128 N=n;
111 while(N>0) nn++,tmp[nn]=N%m,N/=m;
112 for(i=1;i<=nn;i++) b[nw-i+1]=tmp[i];
113
114 for(len=1,L=0;len<m+m-1;len<<=1,L++);
115 NTT::Pre(len,L);
116
117 memset(f0,0,sizeof(f0)); memset(f1,0,sizeof(f1));
118 for(j=0;j<a[1];j++) f0[1][C(j,b[1])]++;
119 f1[1][C(a[1],b[1])]++;
120 for(i=1;i<nw;i++)
121 {
122 memset(f0[now],0,sizeof(f0[now])); memset(f1[now],0,sizeof(f1[now]));
123
124 for(j=1;j<m;j++) NTT::a[ind[j]]=f0[pst][j];
125 for(j=0;j<m;j++) NTT::b[ind[C(j,b[i+1])]]++;
126 for(j=1;j<m;j++) (f0[now][0]+=f0[pst][j]*NTT::b[m-1])%=p;
127 (f0[now][0]+=f0[pst][0]*m)%=p; NTT::b[m-1]=0;
128 NTT::Main(len);
129 for(j=0;j<len;j++) (f0[now][_ind[j%(m-1)]]+=NTT::c[j])%=p;
130
131 for(j=1;j<m;j++) NTT::a[ind[j]]=f1[pst][j];
132 for(j=0;j<a[i+1];j++) NTT::b[ind[C(j,b[i+1])]]++;
133 for(j=1;j<m;j++) (f0[now][0]+=f1[pst][j]*NTT::b[m-1])%=p;
134 (f0[now][0]+=f1[pst][0]*a[i+1])%=p; NTT::b[m-1]=0;
135 NTT::Main(len);
136 for(j=0;j<len;j++) (f0[now][_ind[j%(m-1)]]+=NTT::c[j])%=p;
137
138 for(k=0;k<m;k++)
139 (f1[now][k*C(a[i+1],b[i+1])%m]+=f1[pst][k])%=p;
140
141 swap(now,pst);
142 }
143 for(i=0;i<m;i++) (ans[i]+=(f0[pst][i]+f1[pst][i])*type%p+p)%=p;
144 }
145
146 int main()
147 {
148 int i,j,x,cnt=0;
149 scanf("%d",&m); n=gi128(); l=gi128(); r=gi128(); l--;
150 mul[0]=mul[1]=_mul[0]=_mul[1]=1;
151 for(i=2;i<m;i++) mul[i]=mul[i-1]*i%m, _mul[i]=qpow(mul[i],m-2,m);
152 get_ind();
153 solve(r,1);
154 solve(l,-1);
155 for(i=0;i<m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
156 return 0;
157 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/guapisolo/p/10356707.html
时间： 2024-10-26 10:17:53