【bzoj5093】 [Lydsy1711月赛]图的价值组合数+斯特林数+NTT

Description

“简单无向图”是指无重边、无自环的无向图（不一定连通）。

一个带标号的图的价值定义为每个点度数的k次方的和。

给定n和k，请计算所有n个点的带标号的简单无向图的价值之和。

因为答案很大，请对998244353取模输出。

Input

第一行包含两个正整数n,k(1<=n<=10^9,1<=k<=200000)。

Output

输出一行一个整数，即答案对998244353取模的结果。

Sample Input

6 5

Sample Output

67584000

Sol

首先我们发现，图中每个点的贡献是独立的，而且每个点都一样，所以我们只计算1号点的贡献，之后乘n即可。除了1号点，其他的点可以任意连边，而1号点的出边有n-1条，我们可以枚举选择几条，于是有：

\(ans=n*2^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}}*\sum_{i=0}^{n-1}C_n^i*i^k\)

前面一部分显然能够直接算，然后我们把n--，考虑后面一部分：

有这样一个定理：\(n^k=\sum_{i=1}^{n}A_n^iS_k^i\)，证明的话，可以用组合意义证明，就是考虑把k个球放到n个带标号的箱子的方案数，显然两边都可以描述这样的方案数。

所以\(\sum_{i=0}^{n}C_n^i*i^k=\sum_{i=0}^{n}C_n^i*\sum_{j=0}^{i}A_i^jS_k^j\)

\(=\sum_{i=0}^{n}C_n^i*\sum_{j=0}^iC^j_ij!S_k^j\)

\(=\sum_{j=0}^{n}j!S_k^j\sum_{i=0}^nC_n^iC_i^j\)

这里因为组合数的限制，我们可以把求和上限取到n，不会影响答案，但是这样便于进一步的推导。

后面那个式子等同于\(C_n^j*2^{n-j}\)，因为从n个中选i个，再从i中选j个，而且i是从1~n循环的，这等同于我们直接枚举j，然后剩下的随意选与不选的方案数，也就是上面的式子了。

这样原式\(=\sum_{j=0}^nj!S_k^jC_n^j*2^{n-j}\)

斯特林数因为下底固定，所以可以用NTT计算，然后这个题就能在\(O(nlogn)\)时间内解决。

要注意\(C_n^j\)因为下底过大无法预处理，所以只能按步根据定义式计算。

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

ll n,fac[200005],ifa[200005],inv[200005],a[524289],b[524289],C=1,P=998244353,w,wn,t,ans;int K,len,i,j,k;

ll ksm(ll a,ll b){ll res=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%P) if(b&1) res=res*a%P;return res;}

void ntt(ll *a,int n,int op)

{

	for(i=k=0;i<n;i++){if(i>k) swap(a[i],a[k]);for(j=(n>>1);(k^=j)<j;j>>=1);}

	for(k=2,wn=ksm(3,op==1?(P-1)/k:P-1-(P-1)/k);k<=n;k<<=1,wn=ksm(3,op==1?(P-1)/k:P-1-(P-1)/k))

		for(i=0,w=1;i<n;i+=k,w=1) for(j=0;j<(k>>1);j++,w=w*wn%P)

			t=a[i+j+(k>>1)]*w%P,a[i+j+(k>>1)]=(a[i+j]-t+P)%P,a[i+j]=(a[i+j]+t)%P;

	if(op==-1) for(t=ksm(n,P-2),i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*t%P;

}

int main()

{

	scanf("%lld%d",&n,&K);n--;

	for(len=1;len<=(K*2);len<<=1);

	inv[0]=inv[1]=fac[0]=fac[1]=ifa[0]=ifa[1]=1;

	for(int i=2;i<=K;i++) inv[i]=P-(P/i)*inv[P%i]%P,fac[i]=fac[i-1]*i%P,ifa[i]=inv[i]*ifa[i-1]%P;

	for(int i=0;i<=K;i++) a[i]=(i&1?-1:1)*ifa[i],b[i]=ksm(i,K)*ifa[i]%P;

	ntt(a,len,1);ntt(b,len,1);

	for(int i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*b[i]%P;ntt(a,len,-1);

	for(int i=0;i<=n&&i<=K;i++) ans=(ans+a[i]*fac[i]%P*C%P*ksm(2,n-i)%P)%P,C=C*(n-i)%P*inv[i+1]%P;

	ans=ans*(n+1)%P*ksm(2,n*(n-1)/2)%P;printf("%lld\n",(ans+P)%P);

}

巴特西

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