题面
题解
设 ord ( n ) \operatorname{ord}(n) ord(n) 表示 n n n 分解质因数后 p p p 的幂次，那么我们就是对于每一个 k k k 要求有多少 0 ≤ m ≤ n 0\leq m\leq n 0≤m≤n 使得 ord ( C n m ) = k \operatorname{ord}\left(C_n^m\right)= k ord(Cnm)=k。
首先有一个很显然的式子：
ord
(
n
!
)
=
∑
k
=
1
∞
⌊
n
p
k
⌋
\operatorname{ord}(n!)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor
ord(n!)=k=1∑∞⌊pkn⌋，于是：
ord
(
C
n
m
)
=
ord
(
n
!
m
!
(
n
−
m
)
!
)
=
∑
k
=
1
∞
(
⌊
n
p
k
⌋
−
⌊
m
p
k
⌋
−
⌊
n
−
m
p
k
⌋
)
\operatorname{ord}(C_n^m)=\operatorname{ord}\left(\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{m}{p^k}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{n-m}{p^k}\right\rfloor\right)
ord(Cnm)=ord(m!(n−m)!n!)=k=1∑∞(⌊pkn⌋−⌊pkm⌋−⌊pkn−m⌋)
考虑把
n
,
m
,
n
−
m
n,m,n-m
n,m,n−m 都用
p
p
p 进制表示：
此时 ⌊ n p k ⌋ \left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor ⌊pkn⌋ 就相当于 n n n 右移 k k k 位，于是我们把第 k k k 位这一条分界线画出来，那么 n n n 在分界线左边的部分就相当于 ⌊ n p k ⌋ \left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor ⌊pkn⌋， n n n 在分界线右边的部分就相当于 n m o d p k n\bmod p^k nmodpk。 ⌊ m p k ⌋ , ⌊ n − m p k ⌋ \left\lfloor\dfrac{m}{p^k}\right\rfloor,\left\lfloor\dfrac{n-m}{p^k}\right\rfloor ⌊pkm⌋,⌊pkn−m⌋ 同理。
如果你把这看作一个减法竖式的话（即 n − m n-m n−m，当然看成加法竖式 m + ( n − m ) m+(n-m) m+(n−m) 也是可以的），就会发现：若减法过程中分界线右边没有向分界线左边借位（ n m o d p k ≥ m m o d p k n \bmod p^k\geq m\bmod p^k nmodpk≥mmodpk），那么就有 ⌊ n p k ⌋ − ⌊ m p k ⌋ = ⌊ n − m p k ⌋ \left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{m}{p^k}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n-m}{p^k}\right\rfloor ⌊pkn⌋−⌊pkm⌋=⌊pkn−m⌋；若减法过程中分界线右边有向分界线左边借位（ n m o d p k < m m o d p k n \bmod p^k< m\bmod p^k nmodpk<mmodpk），那么就有 ( ⌊ n p k ⌋ − 1 ) − ⌊ m p k ⌋ = ⌊ n − m p k ⌋ \left(\left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor-1\right)-\left\lfloor\dfrac{m}{p^k}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n-m}{p^k}\right\rfloor (⌊pkn⌋−1)−⌊pkm⌋=⌊pkn−m⌋。
于是就可以写成：
ord
(
C
n
m
)
=
∑
k
=
1
∞
[
m
m
o
d
p
k
>
n
m
o
d
p
k
]
\operatorname{ord}(C_n^m)=\sum_{k=1}^{\infty}\left[m\bmod p^k>n\bmod p^k\right]
ord(Cnm)=k=1∑∞[mmodpk>nmodpk]
于是就可以数位 DP 了：设
f
(
k
,
ord
,
0
/
1
)
f(k,\operatorname{ord},0/1)
f(k,ord,0/1) 表示考虑完
m
m
m 的末
k
k
k 位，
∑
k
′
=
1
k
[
m
m
o
d
p
k
′
>
n
m
o
d
p
k
′
]
\sum_{k'=1}^{k}\left[m\bmod p^{k'}>n\bmod p^{k'}\right]
∑k′=1k[mmodpk′>nmodpk′] 为
ord
\operatorname{ord}
ord，其中是否满足
[
m
m
o
d
p
k
>
n
m
o
d
p
k
]
\left[m\bmod p^{k}>n\bmod p^{k}\right]
[mmodpk>nmodpk] 的
m
m
m 的个数。直接转移即可。
这里和平常不同，是从低位往高位 DP 的，那如果最后 m > n m>n m>n 怎么办呢？你发现我们刚好记录了 0 / 1 0/1 0/1 表示是否满足 [ m m o d p k > n m o d p k ] \left[m\bmod p^{k}>n\bmod p^{k}\right] [mmodpk>nmodpk]，那么最后 f ( ∣ n ∣ , ∗ , 0 ) f(|n|,*,0) f(∣n∣,∗,0) 就是我们要的答案了。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 4010
#define ll long long
using namespace std;
namespace modular
{
const int mod=998244353;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
}using namespace modular;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x*f;
}
struct BigInt
{
int len,a[N];
}n,nn;
int p,K;
char s[N];
void turnp()
{
while(n.len)
{
ll r=0;
for(int i=n.len;i>=1;i--)
{
r=10ll*r+n.a[i];
n.a[i]=r/p;
r%=p;
}
while(n.len&&!n.a[n.len]) n.len--;
nn.a[++nn.len]=r;
}
n=nn;
}
int f[N][N][2];
int ans[N];
int main()
{
// freopen("binom2.in","r",stdin);
// freopen("binom2.out","w",stdout);
p=read(),K=read();
scanf("%s",s+1);
n.len=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=n.len;i++) n.a[i]=s[n.len-i+1]-'0';
turnp();
f[0][0][0]=1;
for(int k=1;k<=n.len;k++)
{
for(int j=0;j<=n.len;j++)
{
f[k][j][0]=add(mul(n.a[k]+1,f[k-1][j][0]),mul(n.a[k],f[k-1][j][1]));
f[k][j+1][1]=add(mul(p-n.a[k]-1,f[k-1][j][0]),mul(p-n.a[k],f[k-1][j][1]));
}
}
for(int i=n.len;i>=0;i--)
ans[i]=add(f[n.len][i][0],ans[i+1]);
for(int i=0;i<=K;i++)
printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}