描述

2044年，Picks建成了人类第一台基于量子理论的银河系信息传递机。

Picks游遍了宇宙，雇用了 个外星人来帮他作为信息传递机的中转站。我们将外星人依次编号为 到 ，其中 号外星人有 根手指。

外星人都是很低级的，于是Picks花费了很大的精力，才教会他们学会扳手指数数。

Picks现在准备传递 个脉冲信号给VFleaKing，于是他把信号发给 号外星人，然后 号外星人把信号发送给 号外星人， 号外星人把信号发送给 号外星人，依次类推，最后 号外星人把信号发给VFleaKing。

但是事情没有Picks想象的那么顺利，由于外星人手指个数有限，所以如果 号外星人收到了 个脉冲信号，他会错误的以为发送过来的是 个脉冲信号，导致只发送了 个脉冲信号出去。

Picks希望他发送出去的脉冲信号数量 与VFleaKing收到的脉冲信号数量 的差的绝对值尽量小。于是他决定通过重新排列这些外星人的顺序来达到这一目的。请你求出与 之差最小的 。除此之外，请求出有多少种排列外星人的方式能达到最优解，你只需要输出方案数对 （ ，一个质数）取模后的结果。

输入格式

第一行两个正整数 。

接下来一行有 个正整数 ，表示 号外星人的手指数。

输出格式

第一行一个整数表示最优情况下VFleaKing收到的脉冲数量。

第二行一个整数表示达到最优情况的方案数。

这些外星人原来并不是一个种族的=_=

题解（参考官方题解）

首先考虑 解决第一个问

枚举当前的脉冲信号个数，然后枚举一遍所有外星人，得出传递到下一步的脉冲信号个数

若最小的 为 ,那么最后的结果一定 ，只需要找到可行的最大的小于 的个数即可

虽然题目有限制，每一个外星人只能使用 次，而我们的枚举会把每个外星人枚举 次，看似会重复使用，但是实际上每个外形人也只能使用 次。使用 过后的结果一定小于 ，因此再多使用一次也不会改变结果。

考虑较高复杂度解决第二个问

我们对于当前的 ，相同的 仍然对应不同的情况，因为对于 ，使用后是不会影响 的结果的。所以说我们对于每一个 ，需要记录当前还有多少个 ，如此一来我们就能够得到一个使用 递推

而对于另外的 ，则有

此处 表示 的 的个数

而 对应的则是增加的 的个数

大概算一下吧

①枚举

②枚举

③枚举

共三层，复杂度约为

尝试简化

上面的两维状态尝试先减去第一维，也就是说记录当前某一类数字的个数，我发现我做不到

于是就按照官方题解把第二维省去

表示当前剩余的脉冲信号个数

那么我们就要想如何快速进行剩余的 数字个数的讨论

由于省去了第二维，所以我们在当前讨论 的时候就把 的数字讨论掉，这样子才不会出现多余的那一维

对于 ，剩余的位子实际上为 个，而下一个位子必定由 占领，而由 占领之后，其余的 则可以任意占领后面的位子，只有 的数字必须保持一定的顺序，或者说它们的顺序由后面的的讨论决定，我们当前无法确定这些数字的位置

因此这 的排列方案数为

递推式满足

时间复杂度减少为 ，空间复杂度减少为

附上代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const long long mod=998244353;bool mark[5678];
long long inv[5678],fac[5678],f[5678];
int n,x,mn=1e9,mx=0,C[5678],A[1234];int main()
{scanf("%d%d",&n,&x);inv[1]=inv[0]=fac[0]=1;for(int i=2;i<=x;i++)inv[i]=-(mod/i)*inv[mod%i]%mod;for(int i=2;i<=x;i++)inv[i]=(inv[i]*inv[i-1]%mod+mod)%mod;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&A[i]);C[A[i]]++;mn=min(mn,A[i]);mx=max(mx,A[i]);}for(int i=1,mix=max(mx,x);i<=mix;i++)C[i]+=C[i-1];for(int i=1,mix=max(mx,n);i<=mix;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;sort(A+1,A+n+1); f[x]=fac[C[mx]]*inv[C[x]]%mod;mark[x]=1;int t=x;for(x=x;x;x--)if(mark[x]){for(int k=1;k<=n&&A[k]<=x;k++){mark[x%A[k]]=1;f[x%A[k]]=(f[x%A[k]]+f[x]*fac[C[x]-1]%mod*inv[C[x%A[k]]])%mod;}}for(int i=mn-1;i>=0;i--)if(mark[i]){printf("%d\n%lld",i,f[i]<0?f[i]+mod:f[i]);return 0;}
}复制代码