CF题面

题意：求\(\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}i^k\)

\(n\le10^9,k\le5000\)

模\(10^9+7\)

BZOJ题面

题意：求\(n*2^{\frac{n(n-1))}{2}-(n-1)}*\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}i^k\)

\(n\le10^9,k\le2*10^5\)

模\(998244353\)

第二类斯特林数

赶紧去学第二类斯特林数啊

第二类斯特林数：\(S(n,m)\)，表示把\(n\)个不同的的球放到\(m\)个相同的盒子且不允许空盒的方案数。

首先有一个\(O(n^2)\)的递推。考虑第\(n\)个球的放置，如果单独放置方案数就等于\(S(n-1,m-1)\)，否则就是\(m*S(n-1,m)\)，表示枚举放在那个盒子里。写出来就是

\[S(n,m)=S(n-1,m-1)+m*S(n-1,m)
\]

边界条件：\(S(0,0)=1,S(i,0)=0(i>0)\)

然后还有各种考虑组和意义得出来的柿子

第二类斯特林数存在通项公式。因为\(m^n\)表示把\(n\)个不同的球放到\(m\)个不同的盒子里且允许空盒的方案数，我们想办法用这个东西构造出第二类斯特林数的组和意义。

首先盒子是否相同很好办，直接乘/除以\(m!\)即可。关键问题在于空盒的处理。

考虑容斥，计算“至少有\(k\)个空盒然后剩下的随便是不是空盒的方案数”，乘上一个容斥系数

\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{m}{k}(m-k)^n
\]

还有一个，反过来用第二类斯特林数来表示\(m^n\)

其实就是一个反演，但如果也同样考虑组和意义的话岂不妙哉。

枚举有几个盒子不是空的，可以直接得到如下柿子：

\[m^n=\sum_{i=0}^{m}S(n,i)*\binom{m}{i}*i!
\]

sol

所以说这道题怎么做呢？

开始推柿子辣~

\[\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}i^k=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\sum_{j=0}^{i}S(k,j)*\binom{i}{j}*j!\\=\sum_{j=0}^{n}S(k,j)*j!\sum_{i=j}^{n}\binom{n}{i}\binom{i}{j}\\=\sum_{j=0}^{n}S
(k,j)*j!*\binom{n}{j}*2^{n-j}\\=\sum_{j=0}^{k}S
(k,j)*j!*\binom{n}{j}*2^{n-j}\]

注意\(\sum_{i=j}^{n}\binom{n}{i}\binom{i}{j}\)的组合意义：从\(n\)个里面选出任意多个（大于等于\(j\)）再从中选出\(j\)个，相当于从\(n\)个中选\(j\)个然后剩下的\(n-j\)个随便选。

柿子里面的阶乘\(j!\)、组合数\(\binom{n}{j}\)、2的次幂\(2^{n-j}\)都可以\(O(k)\)处理出来。复杂度瓶颈在于第二类斯特林数的处理。

\(k\le5000\)可以直接用递推式\(O(k^2)\)处理出来，而观察其通项式会发现其实就是一个卷积形式：

\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{m}{k}(m-k)^n\\=\sum_{k=0}^{m}\frac{(-1)^k}{k!}*\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}
\]

所以直接上\(NTT\)，复杂度\(O(k\log{k})\)

但是\(CF\)上的那道题不能用\(NTT\)诶，毕竟\(10^9+7\)怎么\(NTT\)（我没说不可以啊，只是我还不会呀。。。）

update 3.28 放心\(MTT\)这个坑已经填了。

code

[CF932E]Team Work

这里我强行用通项公式然后写了个\(O(k^2)\)的多项式乘法

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

const int mod = 1e9+7;

int gi()

{

	int x=0,w=1;char ch=getchar();

	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();

	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();

	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();

	return w?x:-x;

}

int fastpow(int a,int b)

{

	int res=1;

	while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}

	return res;

}

const int N = 5005;

int jc[N],C[N],two[N],inv,a[N],b[N],s[N],ans;

int main()

{

	int n=gi(),k=gi();

	jc[0]=1;

	for (int i=1;i<=k;++i) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;

	C[0]=1;

	for (int i=1;i<=k;++i) C[i]=1ll*C[i-1]*(n-i+1)%mod*fastpow(i,mod-2)%mod;

	two[0]=fastpow(2,n);inv=fastpow(2,mod-2);

	for (int i=1;i<=k;++i) two[i]=1ll*two[i-1]*inv%mod;

	for (int i=0;i<=k;++i) a[i]=i&1?mod-fastpow(jc[i],mod-2):fastpow(jc[i],mod-2);

	for (int i=0;i<=k;++i) b[i]=1ll*fastpow(i,k)*fastpow(jc[i],mod-2)%mod;

	for (int i=0;i<=k;++i)

		for (int j=0;j<=i;++j)

			(s[i]+=1ll*a[j]*b[i-j]%mod)%=mod;

	for (int i=1;i<=k;++i) (ans+=1ll*s[i]*jc[i]%mod*C[i]%mod*two[i]%mod)%=mod;

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}

[BZOJ5093]图的价值

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

const int _ = 800005;

const int mod = 998244353;

int gi()

{

	int x=0,w=1;char ch=getchar();

	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();

	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();

	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();

	return w?x:-x;

}

int fastpow(int a,int b)

{

	int res=1;

	while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}

	return res;

}

int n,N,k,l;

int jc[_],C[_],two[_],inv,a[_],b[_],rev[_],ans;

void NTT(int *P,int opt)

{

	for (int i=0;i<N;++i) if (i>rev[i]) swap(P[i],P[rev[i]]);

	for (int i=1;i<N;i<<=1)

	{

		int W=fastpow(3,(mod-1)/(i<<1));

		if (opt==-1) W=fastpow(W,mod-2);

		for (int j=0,p=i<<1;j<N;j+=p)

		{

			int w=1;

			for (int k=0;k<i;++k,w=1ll*w*W%mod)

			{

				int x=P[j+k],y=1ll*P[j+k+i]*w%mod;

				P[j+k]=(x+y)%mod;P[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;

			}

		}

	}

	if (opt==-1)

	{

		int Inv=fastpow(N,mod-2);

		for (int i=0;i<N;++i) P[i]=1ll*P[i]*Inv%mod;

	}

}

int main()

{

	n=gi()-1;k=gi();

	jc[0]=1;

	for (int i=1;i<=k;++i) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;

	C[0]=1;

	for (int i=1;i<=k;++i) C[i]=1ll*C[i-1]*(n-i+1)%mod*fastpow(i,mod-2)%mod;

	two[0]=fastpow(2,n);inv=fastpow(2,mod-2);

	for (int i=1;i<=k;++i) two[i]=1ll*two[i-1]*inv%mod;

	for (int i=0;i<=k;++i) a[i]=i&1?mod-fastpow(jc[i],mod-2):fastpow(jc[i],mod-2);

	for (int i=0;i<=k;++i) b[i]=1ll*fastpow(i,k)*fastpow(jc[i],mod-2)%mod;

	for (N=1;N<=k*2;N<<=1) ++l;--l;

	for (int i=0;i<N;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);

	NTT(a,1);NTT(b,1);

	for (int i=0;i<N;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;

	NTT(a,-1);

	for (int i=0;i<=k;++i) (ans+=1ll*a[i]*jc[i]%mod*C[i]%mod*two[i]%mod)%=mod;

	int Pow=(1ll*n*(n+1)/2-n)%(mod-1);

	printf("%d\n",1ll*ans*fastpow(2,Pow)%mod*(n+1)%mod);

	return 0;

}

巴特西

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