[arc135f] Delete 1, 4, 7, ...

F - Delete 1, 4, 7, ...

设\(f(i)\)表示第一次操作后，第\(i\)个位置的数，那么\(f(i)=\lfloor \frac{3i+1}2\rfloor\)

那么\(k\)次操作后，第\(i\)个位置上的数就是：

\[f(f(...f(f(i))...))=f^k(i)
\]

设\(cnt_k\)表示\(k\)次操作后剩下的数的个数，那么显然有：\(cnt_i=\lfloor \frac {cnt_{i-1}\times2}3\rfloor\)

最后的答案就是\(\sum_{i=1}^{cnt_k}f^k(i)\)

若采用最暴力的方法递推出所有的\(f^k(i)\)，那么复杂度为\(O(k\times cnt_k)\)

由因为\(cnt_k\leq n\times(\frac 23)^k\)，所以复杂度为\(O(nk(\frac 23)^k)\)

当\(k\)很大时，这个复杂度就很优秀，但当\(k\)较小时，这个复杂度就过大了，所以考虑用另一种做法来解决较小的\(k\)

考虑\(f^k(i)\)与\(f^k(j)\)的关系，有：

\[f^k(n+2^k)=f^k(n)+3^k
\]

当\(k=1\)时，由题意得证

当\(k>1\)时：

\[\begin{aligned}
f^k(n+2^k)&=f^{k-1}(f(n+2^k))\\
&=f^{k-1}(\lfloor\frac{3n+3\times 2^k+1}2\rfloor)\\
&=f^{k-1}(3\times 2^{k-1}+\lfloor\frac{3n+1}2\rfloor)\\
&=f^{k-1}(3\times 2^{k-1}+f(n))\\
&=f^k(n)+3^k
\end{aligned}
\]

所以我们只需要求出前\(2^k\)个\(f^k(i)\)就可以得出所有的\(f^k(i)\)

这样复杂度就降到了\(O(k2^k)\)，但还是差点，考虑继续优化

将\(f^k(i)\)拆成\(f^x(f^y(i))\)，其中\(x+y=k\)，那么有：

\[\begin{aligned}
f^k(i+2^yj)&=f^x(f^y(i+2^yj))\\
&=f^x(f^y(i)+3^yj)
\end{aligned}
\]

那么我们的答案就从\(\sum_{i=1}^{cnt_k}f^k(i)\)变成了：枚举\(i\in[1,2^y]\)，\(\sum_jf^x(f^y(i)+3^yj)\)

然后又有\(i+2^yj\leq cnt_k\)，那么求得\(j\)的上界为\(\lfloor\frac{cnt_k-i}{2^y}\rfloor+1\)

多算没关系，因为是0

设\(g(a,i)\)表示\(\sum_{j=0}^{2^i-1}f^x(a+3^yj)\)，那么有转移：

\[g(a,i)=g(a,i-1)+g(a+3^y2^{i-1},i-1)\\
g(a,0)=f^x(a)
\]

还有一个优化，当\(a>2^x\)时，有：

\[g(a,i)=g(((a-1)\%2^x)+1,i)+3^x\frac{a-1}{2^x}2^i
\]

这一部分的复杂度为\(O(2^y\log n+2^xk)\)，当\(x=y=\frac k2\)时，复杂度为\(O((k+\log n)2^{\frac k2})\)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=105,MOD=998244353;
ll n,k,cnt[N],ans,X,Y,p3[N],dp[1100000][45];
ll f(ll x,ll k){
	for(int i=1;i<=k;++i) x=(x*3+1)/2;
	return x;
}
ll g(ll a,ll i){
	if(a>(1ll<<X)){
		ll t=((a-1)/(1ll<<X))%MOD;
		return (g((a-1)%(1ll<<X)+1,i)+t*(p3[X]%MOD)%MOD*((1ll<<i)%MOD)%MOD)%MOD;
	}
	if(!i) return f(a,X)%MOD;
	if(dp[a][i]) return dp[a][i];
	return dp[a][i]=(g(a,i-1)+g(a+p3[Y]*(1ll<<i-1),i-1))%MOD;
}
void add(ll &x,ll y){
	x+=y;
	if(x>=MOD) x-=MOD;
}
void work1(){
	X=k/2,Y=k-X,p3[0]=1;
	for(int i=1;i<=30;++i) p3[i]=p3[i-1]*3;
	for(int i=1;i<=min(cnt[k],1ll<<Y);++i){
		ll lim=(cnt[k]-i)/(1ll<<Y)+1,a=f(i,Y);
		for(int j=0;j<=50;++j) if(lim&(1ll<<j)) add(ans,g(a,j)),a+=p3[Y]*(1ll<<j);
	}
}
void work2(){
	for(int i=1;i<=cnt[k];++i) add(ans,f(i,k)%MOD);
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	cnt[0]=n;
	for(int i=1;i<=k;++i) cnt[i]=cnt[i-1]*2/3;
	if(k<=40) work1();
	else work2();
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}