【模拟赛12.28】T1

Time Limit 2s
Memory Limit 512M
Description
从1到n中选k个互不相同的，问一起为边长能组成凸k边形的方案数
Input
一行，n,k
Output
一行答案对998244353取模
Sample

Input1
100 3
Output1
79625
Input2
100 4
Output2
3281225
Input3
100 5
Output3
72464552

Data Constraint
$n\le 10^9,k\le 200$

---

什么凸多边形。。。搞得很难的样子，就是求选取方案种数使得最小的k-1个数的和大于第k个
考虑$O(nk)$怎么做
$Ans=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)-{\sum }_{i=1}^n(n-i+1)f_{i,k-1}$(最大的数>=除最大数的和=i)
$f_{i,j}$表示选j个拼i的方案数
假设选出来的$a_1<a_2<\cdots <a_k$
其差分$d_1,d_2,\cdots ,d_k>0$
那么$(k-1)d_1+(k-2)d_2+\cdots +d_{k-1}=i$
因此这可以背包

考虑生成函数
$f_{i,k-1}=[x^i]{\prod }_{i=1}^{k-1}\frac{x^i}{1-x^i}$
因为$id(i)=i+1$的OGF是$\frac{1}{(1-x{)}^2}$
${\sum }_{i=1}^n(n-i+1)f_{i,k-1}$是个卷积
$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)-Ans=[x^n][\frac{1}{(1-x{)}^2}{\prod }_{i=1}^{k-1}\frac{x^i}{1-x^i}]=[x^{n-\frac{1}{2}k(k-1)}][\frac{1}{(1-x{)}^2{\prod }_{i=1}^{k-1}1-x^i}]$
设$m=n-\frac{1}{2}k(k-1)$

我们发现下面的$(1-x{)}^2{\prod }_{i=1}^{k-1}1-x^i$可以表示成$1-G(x)$的形式
这样就可以用线性常系数齐次递推，设$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)-Ans=F(x)=\frac{1}{1-G(x)}$
$G(x)$的最高次项为$x^t$
那么$F(x)G(x)=F(x)-1$
又G(x)常数项为0，那么设{fn}\{f_n\}{fn​}为F(x)的系数数列，{gn}\{g_n\}{gn​}同理，有$f_n={\sum }_{i=1}^n{f}_{n-i}{g}_i$，这可以看做一个递推
设关于F(x)的矩阵$A$
$$A=\left[\begin{array}{c}{f}_1\\ f_2\\ ⋮\\ f_t\end{array}\right]$$
设其转移矩阵为$T$
$$T=\left[\begin{array}{ccccc}{g}_1& g_2& \cdots & g_{t-1}& g_t\\ 1& 0& \cdots & 0& 0\\ 0& 1& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ 0& 0& \cdots & 1& 0\end{array}\right]$$
那么要求的$f_m$可以通过求$A{T}^{m-t}$得

假设我们要求$T^m$
但是t很大，m也很大
有一个叫做凯莱·哈密顿定理的东西
T的特征多项式$r(\lambda )=\det (\lambda I-T)$
则$r(T)=0$
特殊的，对于上面这类型的矩阵，其特征多项式为$r(x)=x^t-{\sum }_{i=1}^t{g}_i{x}^{t-i}i$

$r(x)$只有t项！
如果求出$x^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}r(x)$再把T带进去就可以把指数大大缩小
这个可以倍增+多项式取模求

假设已经求出了$h(x)=x^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}r(x)$
但是t很大怎么办
考虑回原式子，我们需要求的是$[Ah(T)][n]$
又有$f_{t+i}=(A{T}^i)[n]$
这样就只用求$\sum f_{t+i}[x^i]h(x)$即可
只用求逆弄出f的前2t位，取模搞出个$h(x)$就可以求答案了

---

多项式取模(求商)
设$|f(x)|$表示$f(x)$的最高次数
假设要求$A(x)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}B(x)$
$A(x)=B(x)C(x)+D(x)$，且$|D(x)|<|B(x)|$
设$|A(x)|=n,|B(x)|=m$
有$A(\frac{1}{x})=B(\frac{1}{x})C(\frac{1}{x})+D(\frac{1}{x})$
同时乘上$x^n$
$x^{n}A(x)=x^{m}B(x)\times x^{n-m}C(x)+x^{n}D(x)$
$x^{n}A(x),x^{m}B(x),x^{n-m}C(x)$都相当于将他们反过来
只有$D(x)$的前n-m项系数都是0,
两边同时$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{n-m}$
消去$D^{\prime }(x)$(这里用“${}^{\prime }$”表示将其反过来的多项式)变为$A^{\prime }(x)=B^{\prime }(x)C^{\prime }(x)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{n-m})$
$C^{\prime }(x)=\frac{A^{\prime }(x)}{B^{\prime }(x)}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{n-m}$用一个多项式求逆
然后再乘回去求出$D(x)$

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mo 998244353
#define K 262144
#define ll long long
#define REP(i,a,b) for(int i=a,___=b;i<___;++i)
#define RED(i,a,b) for(int i=a,___=b;--i>=___;)
using namespace std;

int N,k,G[K],F[K],t,w[K],rev[K],D[K];
ll n,m;

ll qpow(ll a,ll i){
	ll r=1;for(;i;i>>=1,a=a*a%mo)if(i&1)r=r*a%mo;return r;
}
void adjust(int &N,int l){
	for(;N<l;N<<=1);for(;N>>1>=l;N>>=1);
}
void prep(){
	ll W=qpow(3,(mo-1)/K);w[0]=1;REP(i,1,K)w[i]=W*w[i-1]%mo;
}
void ntt(int *a){
	REP(i,1,N){
		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)+(i&1)*(N>>1);
		if(rev[i]<i)swap(a[i],a[rev[i]]);
	}ll T;
	for(int h=1,m=2,g=1;h<N;h=m,m<<=1,g++)REP(i,0,h)for(int j=i,k;j<N;j+=m)
		T=1ll*w[(K>>g)*i]*a[k=h+j],a[k]=(a[j]-T)%mo,a[j]=(a[j]+T)%mo;
}
void intt(int *a){
	REP(i,1,N>>1)swap(a[i],a[N-i]);ntt(a);
	ll n=qpow(N,mo-2);REP(i,0,N)a[i]=n*a[i]%mo;
}
void inv(int *a){
	static int b[K],c[K],n;n=N;
	REP(i,1,N+N)b[i]=c[i]=0;
	b[0]=qpow(a[0],mo-2);
	for(N=2;N<=n;){
		REP(i,0,N)c[i]=a[i];N<<=1;
		ntt(c);ntt(b);
		REP(i,0,N)b[i]=(2-1ll*b[i]*c[i])%mo*b[i]%mo;
		intt(b);REP(i,N>>1,N)b[i]=0;
	}N>>=1;REP(i,0,N)a[i]=b[i];
}
void mod(int *a,int na){
	static int c[K],d[K],nc,nb;
	nb=t;nc=na-nb+1;
	if(na<nb)return;
	REP(i,0,nc)c[i]=a[na-1-i],d[i]=D[i];
	adjust(N,nc+nc-1);REP(i,nc,N)d[i]=c[i]=0;
	ntt(c);ntt(d);REP(i,0,N)c[i]=1ll*c[i]*d[i]%mo;
	intt(c);
	adjust(N,na);REP(i,nc,N)c[i]=0;
	REP(i,0,nb)d[i]=G[i];REP(i,nb,N)d[i]=0;
	ntt(c);ntt(d);REP(i,0,N)c[i]=1ll*c[i]*d[i]%mo;
	intt(c);
	REP(i,0,na)a[i]=(a[i]-c[na-1-i])%mo;
}
//倍增用递归版的会更快
int qmod(ll m,int *a,int *r){
	if(m<t){r[m]=1;return m+1;}
	int l=qmod(m/2,a,r);adjust(N,l<<=1);
	ntt(r);REP(i,0,N)r[i]=1ll*r[i]*r[i]%mo;intt(r);
	if(m&1){RED(i,N,0)r[i+1]=r[i];r[0]=0;}else --l;
	mod(r,l);return min(l,t-1);
}
int c(int n,int m){
	int r=1;REP(i,1,m+1)r=1ll*r*qpow(i,mo-2)%mo*(n+1-i)%mo;return r;
}

int main(){
	scanf("%lld %d",&n,&k);
	if(n<k){printf("0");return 0;}
	int C=c(n,k);
	if(n<k*(k-1)/2){printf("%d",C);return 0;}
	prep();
	G[0]=G[2]=1;G[1]=mo-2;t=3;
	REP(i,1,k){
		RED(j,t,0)G[i+j]=(G[i+j]-G[j])%mo;t+=i;
	}N=1;adjust(N,t+t);
	REP(i,0,N)F[i]=G[i],D[i]=G[i];inv(F);
	n-=k*(k-1)/2;m=n-t+1;
	if(n<t+t){
		printf("%d",(1ll*C+mo-F[n])%mo);
		return 0;
	}
	//没有对其操作是因为特征多项式要反过来，再翻一次就恢复原样
	inv(D);//先预先反过来求个逆，不然倍增一次次求太慢
	static int r[K];
	REP(i,0,t+t)r[i]=0;
	qmod(m,G,r);
	int ans=0;
	REP(i,0,t)ans=(ans+1ll*r[i]*F[t-1+i])%mo;
	printf("%d",(1ll*C+mo-ans)%mo);
}