分析：比較復雜的一題.

首先要求k個mod m互不相同且和為n的數ai,我們可以轉化為求和為k個bi,並且(Σbi) % m = n % m

其中bi=ai % m,接下來可以用dp求出選了i個b,和為j的方案數.用f[i][j]表示狀態.但是這樣可能會讓bi重復，一個解決辦法是再加上一維，不過這是不必要的，我們只需要先枚舉當前的數是哪一個，之後再倒序枚舉i,j就可以了.我們知道b的方案數，ai = ki*m + bi,接下來知道ki的方案數就可以了.因為Σai = Σki*m + bi,所有式子全部加起來，就變成了n = (Σki) * m + Σbi,化簡一下，可以得到(n - s) / m = Σki,設(n - s) / m = t,接下來的任務就是把t這個數分配給ki,這是隔板法的經典應用，假設有l個k,那麽方案數就是C(l + t - 1,t - 1),最後乘上f數組.這樣的話求組合數比較麻煩，還要求逆元，註意到我們前面的f[i][j]的求法是假定b1 < b2 < ...... bk的，所以有k!種排列方法，要在答案最後乘上k!,就全部轉變為了乘法

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 110, mod = 905229641;
const int maxm = (maxn - 1) * maxn / 2;

typedef long long ll;
ll n, m, f[maxn][maxm], jiecheng[maxn], maxx, ans;

ll C(ll a, ll b)
{
    ll res 
 
= 1;
    for (ll i = 1; i < a; i++)
        res = res * (b + i) % mod;
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    maxx = (m - 1) * m / 2;
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 0; i < m; i++)
        for (int j = m; j >= 0; j--)
            for (int k = maxx; k >= 0; k--)
                
 
if (f[j][k])
                    f[j + 1][k + i] = (f[j + 1][k + i] + f[j][k]) % mod;
    jiecheng[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= m; i++)
        jiecheng[i] = (jiecheng[i - 1] * i) % mod;
    ll minx = n % m;
    for (ll i = minx; i <= min(n, maxx); i += m)
    {
        ll t = (n - i) / m;
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            if (f[j][i])
            {
            ll temp = C(j, t % mod);
            temp = (temp * f[j][i]) % mod;
            temp = (temp * j) % mod;
            ans = (ans + temp) % mod;
            }
    }
    printf("%lld\n", ans);

    return 0;
}

清北學堂模擬賽d4t2 b