Description

你有一个长度为n的数字串。定义f(S)为将S拆分成若干个1~m的数的和的方案数,比如m=2时,f(4)=5,分别为4=1+1+1+1你可以将这个数字串分割成若干个数字(允许前导0),将他们加起来,求f,并求和。比如g(123)=f(1+2+3)+f(1+23)+f(12+3)+f(123)。已知字符串和m后求答案对998244353(7×17×223+1,一个质数)取模后的值。

Input

第一行输入一个字符串,第二行输入m

Output

仅输出一个数表示答案

Sample Input

123
3

Sample Output

394608467

HINT

对于100%的数据,字符串长度不超过500,m<=5

正解:$dp$+矩阵乘法。

矩阵可以用来$dp$转移。。

设$g[i]$表示$i$的拆分数,那么$g[i]=\sum_{j=0}^{m}g[i-j]$,这显然可以用矩阵表示,设转移矩阵为$A$。

然后我们设$f[i]$表示字符串到$i$的方案数。我们可以发现$A^{a1+a2+...+ak}=A^{a1}*A^{a2}*...*A^{ak}$。

那么我们把$f$也变成矩阵,则$f[i]=\sum_{j=0}^{i-1}f[j]*A^{s[j+1]...s[i]}$,因为矩阵可以加法,满足分配律,所以这里是对的。

预处理出$(A^{10^{r}})^{k}$,然后直接$dp$即可。复杂度$O(m^{3}*n^{2})$。

 #include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define RG register
#define ll long long
#define rhl (998244353) using namespace std; struct data{ int m[][]; }A[][],f[],now; char s[];
int n,m; il int gi(){
RG int x=,q=; RG char ch=getchar();
while ((ch<'' || ch>'') && ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') q=-,ch=getchar();
while (ch>='' && ch<='') x=x*+ch-,ch=getchar();
return q*x;
} il void add(data &a,data b){
for (RG int i=;i<=m;++i)
for (RG int j=;j<=m;++j){
a.m[i][j]+=b.m[i][j];
if (a.m[i][j]>=rhl) a.m[i][j]-=rhl;
}
return;
} il data mul(data a,data b){
data c; memset(c.m,,sizeof(c.m));
for (RG int i=;i<=m;++i)
for (RG int j=;j<=m;++j)
for (RG int k=;k<=m;++k)
c.m[i][k]=(1LL*a.m[i][j]*b.m[j][k]+c.m[i][k])%rhl;
return c;
} int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("split.in","r",stdin);
freopen("split.out","w",stdout);
#endif
scanf("%s",s+),n=strlen(s+),m=gi();
for (RG int i=;i<=m;++i)
for (RG int j=;j<=m;++j) A[][].m[i][j]=i==j;
for (RG int i=;i<m;++i) A[][].m[i+][i]=;
for (RG int i=;i<=m;++i) A[][].m[i][m]=;
for (RG int i=;i<;++i) A[][i]=mul(A[][i-],A[][]);
for (RG int i=;i<=n;++i){
A[i][]=A[][],A[i][]=mul(A[i-][],A[i-][]);
for (RG int j=;j<;++j) A[i][j]=mul(A[i][j-],A[i][]);
}
f[]=A[][];
for (RG int i=;i<=n;++i){
now=A[][s[i]-''];
for (RG int j=i-;~j;--j){
add(f[i],mul(f[j],now));
if (j) now=mul(A[i-j][s[j]-''],now);
}
}
cout<<f[n].m[m][m]; return ;
}

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