[Contest20180328]coin

转化一下，相当于从$0$跳到$M$，每一步跳跃距离为$v_i$中的某个，每次跳跃距离不大于上一次，统计方案数

用$f_{i,j,k}$表示跳到$i$，第一步跳$v_j$，最后一步跳$\geq v_k$的方案数，那么有转移$f_{a+b,i,j}=\sum\limits_{k=1}^nf_{a,i,k}f_{b,k,j}$，跟矩阵乘法一模一样，所以我们可以把每个$f_i$看成矩阵，用矩阵乘法转移

先预处理出$f_{v_{1\cdots n}}$，显然$f_{v_1,1,1}=1,f_{v_1,i,j}=0$，然后有$f_{v_i}=f_{v_{i-1}}^{\frac{v_i}{v_{i-1}}}+A_i$（其中$A_i$的第$i$行的前$i$位是$1$，其它位置是$0$）因为$v_i$是$v_{i-1}$的倍数，再加上从起点一步跳到$v_i$这种方法，所以有这样的转移

最后来统计答案，也就是计算$f_M$，直接从$v_n$到$v_1$贪心地取转移就好了

为什么？假如有这样一种贪心跳法：一直跳$v_n$直到不能跳，然后跳$v_{n-1}$，以此类推，假设它经过的点叫做“关键点”，那么关键点一定被所有不同的跳法所经过，因为这些跳法都是把贪心跳法中的大步换成小步得到的（$v_i$中两两互为倍数或因数），这样就说明了以上计算$f_M$的方法是正确的

#include<stdio.h>
#include<string.h>
const int mod=998244353;
typedef long long ll;
int mul(int a,int b){return a*(ll)b%mod;}
int ad(int a,int b){return(a+b)%mod;}
int n;
struct matrix{
	int a[51][51];
	matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
}t[51],ans;
matrix operator*(matrix a,matrix b){
	int i,j,k;
	matrix c;
	for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=n;j++){
			for(k=1;k<=n;k++)c.a[i][j]=ad(c.a[i][j],mul(a.a[i][k],b.a[k][j]));
		}
	}
	return c;
}
matrix pow(matrix a,ll b){
	matrix s;
	for(int i=1;i<=n;i++)s.a[i][i]=1;
	while(b){
		if(b&1)s=s*a;
		a=a*a;
		b>>=1;
	}
	return s;
}
ll v[51];
int main(){
	ll m,k;
	int i,j;
	scanf("%d%lld",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",v+i);
	t[1].a[1][1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++){
		k=v[i]/v[i-1];
		t[i]=pow(t[i-1],k);
		for(j=1;j<=i;j++)t[i].a[i][j]++;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)ans.a[i][i]=1;
	for(i=n;i>0;i--){
		k=m/v[i];
		m%=v[i];
		ans=ans*pow(t[i],k);
	}
	k=0;
	for(i=1;i<=n;i++)k=ad(k,ans.a[i][1]);
	printf("%lld",k);
}