(下文所有出现的数均为整数)
一些细节比较难评，但整体是好题。
首先是题意比较难说，因为确实这个比较难懂，而且感觉描述得不是很清楚？
题意
题目只给定了 \(n,m\)。
首先有一个长度不固定（下文长度记为 \(L\)）的数列 \(a\)，且满足以下条件：
- \(a_1 = 1\)
- \(\begin{aligned}& \forall i \in [1,L): a_i = ka_{i-1} & k \in (1,m] \end{aligned}\)
然后你需要从中选出一些元素排列成一个新的数列 \(c\) （记其长度为 \(K\)）（注意这里 \(c\) 中元素的相对顺序不一定要和 \(a\) 中这些元素对应位置的相对顺序一致），且满足以下条件：
- \(\sum_{i=1}^K c_i = n\)
- \(\forall i \in [1,K]: c_i | \sum_{j=1}^i c_j \Leftarrow \forall i \in [1,K]: c_i \mid \sum_{j=1}^{i-1} c_j\)
- \(\exist i \in [1,K]: c_i=a_L\) （这里原题目好像说错惹）
要求对于每个可能的数列 \(a\) ，计算方案数并对这些方案数求和。
思路
根据 \(c\) 的限制 \(1\) 我们可知 \(a_L < n\)，因此 \(L < \log_{2} n\)。（好耶）（然而并不重要）
我们先考虑如何对于一个固定的数列 \(a\) 以及其长度 \(L\) 如何求出对应的 \(c\) 的个数。
显然 \(a_1 = 1\) 。那么令 \(a_2 = t\) 。
所以 \(\forall i \in (1,t] : t \mid a_i\) ，根据 \(a\) 的限制 \(2\) 可知。
那么 \(c\) 中一定存在独立的 \(n \; \mathrm{mod} \; t\) 个 \(a_1\) 。因为根据 \(c\) 的限制 \(1\) 和上一行说的性质，不含 \(a_1\) 的 \(\sum c\) 的和一定是 \(t\) 的倍数，但 \(n\) 不一定是 \(t\) 的倍数，所以必须填这 \(n \; \mathrm{mod} \; t\) 个 \(a_1\) 来满足 \(c\) 的限制 \(1\) ，即补 \(n\)。（当然若满足条件，还可以填更多的 \(a_1\) 进来）
再来观察这些 \(a_1\) 的位置。
发现用来补 \(n\) 的 \(n \; \mathrm{mod} \; t\) 个 \(a_1\) 一定在最后。因为若需要填这些数，则 \(t \nmid n\)，如果把这些 \(a_1\) 随意地填在不靠后的位置，则 \(\exist i \in [1,K]: t \nmid \sum_{j=1}^i c_j,t \mid c_i \Rightarrow \exist i \in [1,K]: c_i \nmid \sum_{j=1}^i c_j\)。这个不满足 \(c\) 的限制 \(2\) ，所以寄了。所以 \(c\) 的后 \(n \; \mathrm{mod} \; t\) 个位置只能填 \(a_1\) 。
又发现其他 \(a_1\) 必须 \(t\) 个连成一个块一起出现，否则与限制冲突。那么不妨把这些连成一个块的 \(a_1\) 看作 \(a_2\) 的一种表示方法。然后相当于不再管 \(a_1\) ，而 \(a_2\) 多了一种表示方法（之后把这些块当作 \(a_2\) 考虑，与 \(a_1\) 不再有关）。又发现这时 \(\forall i \in [1,K],c_i \neq a_1 : t \mid c_i\) 。那么我们把 \(a_1\) 甩掉，再把所有 \(c\) 中的元素除以 \(t\)，发现除了 \(a_2\) 多了种表示方式，\(n\) 变为 \(\lfloor \frac{n}{t} \rfloor\)，其他与我们一开始考虑 \(a_1\) 时一样，这是我们把 \(a_2\) （已经除以 \(t\) 变成 \(1\)）作为新的 \(a_1\) ，\(a_3\) 作为新的 \(a_2\)，以此类推。
所以这时我们考虑递推，把考虑 \(a_2\) 的部分单独处理，再与 \(a_1\) 结合，就可以了。
所以我们有递推式 \(F(i,j)\) 表示这个部分中 \(n = i\) ，这个部分中 \(a_1\) 有 \(j\) 种表示方法。
所以可以列出转移式：
解释一下：
\(j^i - (j-1)^i\) 表示如果直接以当前的 \(a_1\) 作为整体的 \(a_L\) 填入时的方案数（因为 \(a_L\) 是最后一个数，所以相当于是收尾），运用基础容斥（或许只是整体减局部？）用整体所有可行方案即 \(j^i\) 减去不含整体的 \(a_L\) 的方案数即 \((j-1)^i\)。
然后在求和中枚举我们前文说的 \(a_2=t\)，于是有刚刚说的 \(F(\lfloor \frac{i}{t} \rfloor, j^t + 1)\) 。然后还有就是 \(j^{i \, \mathrm{mod} \,t}\) 就是用 \(a_1\) 表示 \(a_2=t\) 的方案数，因为每一位上都可以填 \(j\) 种表示法，所以就很愉快可以直接这样算，要填的位就是前面说的 \(n \; \mathrm{mod} \; t\)。
然后如果 \(t > n\) 就不能进入下一层继续递推，所以取了 \(\min\) 。
答案 \(Answer = F(n,1)\)。可以用记忆化搜索或 DP 实现。
时间复杂度分析
这个方法时间复杂度感觉会寄，然而没有（喜。
对于 \(i\) 分析，因为 \(\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{a} \rfloor}{b} \rfloor = \lfloor \frac{n}{ab} \rfloor\)，所以所有 \(i\) 都会形如 \(\lfloor \frac{n}{j} \rfloor\)，根据数论分块或关注反比例函数图像可知 \(i\) 有 \(2\sqrt{n} - [\sqrt{n} \in \mathbb{N}]\) 种取值，其中 \([]\) 是艾弗森括号，相当于逻辑正伪转 \(10\) 的括号。所以 \(i\) 是 \(\sqrt{n}\) 级别的。
对于 \(j\) 分析，因为模数 \(p=19\)，而且 \(j\) 的相关计算都是作底数，所以 \(j\) 可以直接对 \(p\) 取模。
再算上内部枚举 \(t\) ，时间复杂度 \(O(pm\sqrt{n})\) 可以通过（喜。
因为这个复杂度已经 \(10^7\) 到极限了，所以内部一些比如快速幂之类的要用预处理+费马小定理解决，而记忆化搜索的 \(i\) 对应的记忆数组 \(f\) 的位置（排名）可以用数学方法算出来，就可以 \(O(1)\) 计算了，细节见部分代码。
Code
#define int long long
const int mod = 19;
int Qpow (int a, int p){
if (a == 0 && p > 0)
return 0;
if (a == 0)
return 1;
p %= mod - 1;
return pow19[a][p];
}
int F (int ni, int ci){
int i;
if (ni <= sqrtn)
i = ni;
else
i = cnt - n / ni + 1;
if (vis[i][ci])
return f[i][ci];
vis[i][ci] = true;
(f[i][ci] = Qpow (ci, ni) - Qpow ((ci + mod - 1) % mod, ni) + mod) %= mod;
for (int t = 2, j = ci * ci % mod;t <= m && t <= ni;++ t, (j *= ci) %= mod)
(f[i][ci] += F (ni / t, (j + 1) % mod) * Qpow (ci, ni % t) % mod) %= mod;
return f[i][ci];
}