[GDOIpj221D] 小学生计数题

第四题 小学生计数题

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时间空间限制： 1 秒, 256 MB

作为 GDOI 的组题人，小 Y 需要整理手中已有的题目，考虑它们的难度以及所考察的知识点，然后将它们组成数套题目。小 Y 希望先能组出第一套题目，为了整套题目具有良好的区分度，在一套题目中：

• 所有题目的难度需要能排成等差数列；（也就是说，若将所有题目按难度从小到大排序，那么每相邻两

题的难度的差相等，这个差叫做公差）

• 每道题目的难度都是公差的倍数，公差不为 0；

• 需要有不少于 L 道题，不多于 R 道题。

现在小 Y 手里已经有了 m 道题目，其中难度为 \(a_i\) 的题有 \(c_i\) 道\(（1 ≤ i ≤ n）\)。小 Y 希望能够道，他有多少种不同的方式能够组出一套题目。

在这道题目中，我们认为两种组题方式不同当且仅当 \(∃k(1 ≤ k ≤ m)\)，使得一种方案包含第 \(k\) 道题而另一种方案不包含。由于答案可能很大，输出答案对 998244353 取模。

输入格式

第一行三个整数 \(n, m, L, R\)，分别表示有多少种不同难度的题目、题目总数、一套题的题数下限和上限。

接下来 \(n\) 行，每行两个正整数 \(a_i\)

, \(c_i\)，表示有 \(c_i\) 道难度为 \(a_i\) 的题\(（1 ≤ i ≤ n）\)

输出格式

输出一个数，表示组题方案数对 998244353 取模的值

样例数据

6 12 2 3
2 2
4 2
6 2
8 2
12 2
16 2
64

数据范围

对于所有测试点，\(1 ≤ n, c_i ≤ 10^5，0 ≤ a_i ≤ 10^5，m =∑c_i ≤ 10^5，2 ≤ L ≤ R ≤ m\)，\(a_i\) 两两不同。

测试点	n	m	\(a_i\)	特殊性质 1	特殊性质 2
1-4	$≤ 20 $	\(≤ 20\)	\(≤ 20\)	-	-
5-6	$≤ 300 $	\(≤ 300\)	$ ≤ 300$	-	-
7-8	\(≤ 2000\)	\(≤ 2000\)	\(≤ 2000\)	√	-
9-10	\(≤ 2000\)	\(≤ 2000\)	\(≤ 2000\)	-	√
11-12	\(≤ 2000\)	\(≤ 2000\)	\(≤ 2000\)	-	-
13-14	\(≤ 10^5\)	\(≤ 10^5\)	\(≤ 10^5\)	√	-
15-16	\(≤ 10^5\)	\(≤ 10^5\)	\(≤ 10^5\)	-	√
17-20	\(≤ 10^5\)	\(≤ 10^5\)	\(≤ 10^5\)	-	-

特殊性质 1：满足 \(R − L ≤ 10\)

特殊性质 2：满足所有 \(c_i = 1\)

要求一定是倍数，那么就用调和级数行枚举。每次看\(a_i\)为\(i\)的倍数的情况下看当中有多少种选择方案。我们把所有\(a_i\)是\(i\)的倍数的情况提取出一个序列。

首先在输入时可以知道每种难度有多少个题可以选，枚举时每次选择一段连续的区间，区间要求长度大于\(l\)小于\(r\)，然后将里面的所有难度题目数量相乘就是在这个区间中合法的数量。很容易发现，如果有\(0\)那么答案就是\(0\)，所以0把序列分成了很多段，我们每次只截取一段计算。同时所有数相乘可以通过对他求一个前缀积的形式，设现在区间是\(l\)到\(r\),前缀积为\(t\)，那么可以用\(t_r\div t_{l-1}\)来知道中间所有数的乘积。当然，由于要取模，所以还要用逆元。

整理一下思路，对于一个序列，我们先提取出所有的不含0的段，然后对于每个段，我们枚举长度在\(l\)到\(r\)之间的区间，然后对通过前缀积求出他的中间所有数的乘积，可以通过特殊性质1.

考虑再次优化，我们对于一个位置\(x\)，如果把他作为区间的结尾，然后可以求出可能的开头，就是那结尾段减去\(l\)和\(r\)就是开头允许的范围\(tl,tr\)，设那个位置逆元为\(v_i\)，那么就求\(t_x\times v_i\)的和.但是我们可以对\(v\)求一个前缀和s，枚举\(x\)时可以用乘法分配律，直接加上\(t_x\times (s_{tr}-s_{tl-1})\)。复杂度降到\(nlog^2n\)，可以通过此题。注意\(0\le a_i\),不要让数组越界。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,mod=998244353;
int n,m,l,r,v[N],lst,x,y,ret,s[N],t[N];
int pown(int x,int y)
{
	if(y==0)
		return 1;
	int p=pown(x,y>>1);
	if(y&1)
		return 1LL*p*p%mod*x%mod;
	return 1LL*p*p%mod;
}
int qumo(int x)
{
	return (x%mod+mod)%mod;
}
void solve(int c,int x,int y)//公差为c，从x到y的答案。
{
	s[x-1]=t[x-1]=1;
	for(int i=x;i<=y;i++)
		s[i]=1LL*s[i-1]*v[c*(i-1)]%mod;
	for(int i=x;i<=y;i++)
		t[i]=(t[i-1]+pown(s[i-1],mod-2))%mod;
	for(int i=x;i<=y;i++)//枚举结尾
	{
		int p=max(x,i-r+1),q=i-l+1;
		if(p>q)
			continue;
		ret=(ret+1LL*s[i]*qumo(t[q]-t[p-1])%mod)%mod;
	}
}
int main()
{
//	freopen("counting.in","r",stdin);
//	freopen("counting.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&l,&r);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&x,&y),v[x]=y;
	for(int i=1;i<=100000;i++)//枚举公差
	{
		lst=0;
		int j;
		for(j=0;j*i<=100000;j++)
		{
			if(!v[j*i])
			{
				solve(i,lst+1,j);
				lst=j+1;
			}
		}
		solve(i,lst+1,j);
	}
	printf("%d",ret);
	return 0;
}