[BZOJ5093]图的价值(NTT+第二类Stirling数)

5093: [Lydsy1711月赛]图的价值

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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

HINT

Source

本OJ付费获取

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挺喜欢的一道题，首先从每个点的贡献的角度考虑并列出式子，然后通过Stirling数将幂数转化为下降幂，再交换求和枚举顺序并用组合数公式化简，最后用Stirling数组合意义公式转化成可以FFT的形式，直接套用NTT即可。

具体参考https://blog.csdn.net/cdsszjj/article/details/79080229

首先第一步列出式子不难想到，然后观察发现这是一个n项求和，显然不能直接做，第二步引入Stirling数，尽量使关于n的项消去。通过把与n有关的项放在等式最后并变形，成功使枚举上界从n变为min(n,k)，大大降低了时间复杂度。但是递推求$O(k)$的Stirling数仍然无法承受，但第二类Stirling数有恰好符合FFT形式的公式，我们另$a[i]=\frac{(-1)^i}{i!}$,$b[i]=\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}$，结果就是最基本的FFT形式：$S[n]=\sum_{i=0}^{n}a[i]b[n-i]$。这里将NTT封装起来感觉清晰了不少。

扯几句题外话：

1.设$f(n)=\sum\limits_{i=1}^n(i,n)$，$g(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)$，化简$g(n)$。

$$f(n)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i\ d|n}\phi(d)=\sum\limits_{d|n}\phi(d)\frac{n}{d}$$到这里我们可以不断带入化简，但是我们其实可以发现：$$f(n)=\phi*id$$$$g(n)=I*f=I*(\phi*id)=(I*\phi)*id=id*id$$所以$$g(n)=\sum\limits_{d|n}d\frac{n}{d}$$

2.几个组合数化简：$$\sum_{i=0}^nC_n^iC_i^k=C_n^k\sum_{i=k}^nC_{n-k}^{i-k}$$$$\sum_{i=0}^aC_a^iC_b^{k-i}=C_{a+b}^k$$$$\sum_{i=0}^aC_a^iC_a^i=C_{2a}^i$$$$\sum_{i=0}^aC_a^{a-i}C_b^{i+k}=C_{a+b}^{a+k}$$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=1000100,mod=998244353,G=3;
int n,k,ans,a[N],s[N],fac[N],fin[N],fn[N];

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

namespace NTT{
    int n,L,rev[N];
    void init(int m){
        n=1; L=0;
        while (n<=m) n<<=1,L++;
        for (int i=0; i<n; i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
    }
    void DFT(int a[],int f){
        for (int i=0; i<n; i++) if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
        for (int i=1; i<n; i<<=1){
            int wn=ksm(G,(f==1)?(mod-1)/(i<<1):(mod-1)-(mod-1)/(i<<1));
            for (int p=i<<1,j=0; j<n; j+=p){
                int w=1;
                for (int k=0; k<i; k++,w=1ll*w*wn%mod){
                    int x=a[j+k],y=1ll*w*a[i+j+k]%mod; a[j+k]=(x+y)%mod; a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
                }
            }
        }
        if (f==1) return;
        int inv=ksm(n,mod-2);
        for (int i=0; i<n; i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
    }
    void multi(int a[],int b[]){
        DFT(a,1); DFT(b,1);
        for (int i=0; i<n; i++) a[i]=(1ll*a[i]*b[i])%mod;
        DFT(a,-1);
    }
}

int main(){
    freopen("bzoj5093.in","r",stdin);
    freopen("bzoj5093.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k); n--; fac[0]=fin[0]=fn[0]=1;
    rep(i,1,k) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    fin[k]=ksm(fac[k],mod-2);
    for (int i=k-1; i; i--) fin[i]=(1ll*fin[i+1]*(i+1))%mod;
    rep(i,1,k) fn[i]=(1ll*fn[i-1]*(n-i+1))%mod;
    rep(i,0,k) s[i]=(((i&1)?-1:1)*fin[i]+mod)%mod;
    rep(i,0,k) a[i]=(1ll*ksm(i,k)*fin[i])%mod;
    NTT::init(2*k+1); NTT::multi(s,a);
    rep(i,0,min(n,k)) ans=(ans+1ll*s[i]*fac[i]%mod*fn[i]%mod*fin[i]%mod*ksm(2,n-i))%mod;
    printf("%lld\n",1ll*ans*(n+1)%mod*ksm(2,1ll*n*(n-1)/2)%mod);
    return 0;
}