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题目链接：https://codeforces.com/contest/1359/problem/E
$x\ \%\ a_{1} \ \%\ a_{2} \ \%\ ... \ \%\ a_{k-1} = x \ \%\ a_{p1} \ \%\ a_{p2} \ \%\ ... \ \%\ a_{p_{k-1}}$
易得该式的结果取决于最小的 $a_i$ 。
假设数组 $a$ 中最小的数为 $a_1$，设 $x = na_1 + m\ (\ n ≥ 0,\ 0 ≤ m < a_1\ )$，该式的值即为 $m$，由此推出 $x \ \%\ a_i$ 后 $\%\ a_1$ 仍为 $m$，即 $(n_1a_1 + m) \ \%\ a_i = n_2a_1 + m$，所以 $a_i$ 为 $a_1$ 的倍数。
又因为 $n$ 个数两两不同，所以枚举 $a_1$ 的值，从余下 $\frac{n}{a_1} - 1$ 个 $a_1$ 的倍数中选取 $k - 1$ 个即可。
即 $\sum_{i = 1}^{n} C_{\frac{n}{i} - 1}^{k - 1}$ 。
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; const int mod = 998244353; ll fpow(ll a, ll b) { ll res = 1; while (b > 0) { if (b & 1) res = res * a % mod; a = a * a % mod; b >>= 1; } return res; } ll inv(ll x) { return fpow(x, mod - 2); } ll C(ll n, ll m) { if (n < m) return 0; ll res = 1; ll mi = min(m, n - m); for (int i = 1; i <= mi; i++) res = res * (n - i + 1) % mod * inv(i) % mod; return res; } int main() { int n, k; cin >> n >> k; ll ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) ans += C(n / i - 1, k - 1), ans %= mod; cout << ans << "\n"; }
Educational Codeforces Round 88 (Rated for Div. 2) E. Modular Stability
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Kanoon/p/12988917.html
