题解 luogu P5162 WD与积木
【分析】
令 \(f_{n, m}\) 表示 \(n\) 个积木划分成 \(m\) 层的方案数
由于层之间的有序性，不难写出 \(\displaystyle f_{n, m}=\sum_{i=1}^n \dbinom n i f_{n-i, m-1}=\sum_{i+j=n}\dbinom n i f_{n-i, m-1}\cdot [i>0]\)
将第二维作为生成函数，则 \(\displaystyle \hat F_m[n]=\sum_{i+j=n}\hat F_{m-1}[j]\cdot(e^x-1)[i]\)
故 \(\displaystyle \hat F_m(x)=\hat F_{m-1}(x)\cdot (e^x-1)=\hat F_1(x)\cdot (e^x-1)^{m-1}=(e^x-1)^{m-1}\cdot \sum_{n=1}^\infty {1\over n!}x^n=(e^x-1)^m\)
所以层数的期望可以等价为所有方案的层数，乘上所有的方案数的逆元
而 \(\hat F_m[n]\) 表示 \(n\) 个积木划分成 \(m\) 层的方案数
则 \(\displaystyle \left(\sum_{m=0}^\infty \hat F_m(x)\right)[n]\cdot n!\) 表示 \(n\) 个积木的方案数
且 \(\displaystyle \left(\sum_{m=0}^\infty m\hat F_m(x)\right)[n]\cdot n!\) 表示 \(n\) 个积木所有方案的层数和
前者为 \(\displaystyle \sum_{m=0}^\infty f^m(x)={1\over 1-f(x)}\) 的形式，答案代入得到 \(\displaystyle {1\over 2-e^x}\)
后者为 \(\displaystyle \sum_{m=0}^\infty mf^m(x)=f(x)\cdot {\text d\over \text df(x)}({1\over 1-f(x)})={f(x)\over (1-f(x))^2}\) ，答案代入得到 \((\displaystyle {1\over (2-e^x)^2}-{1\over 2-e^x})\)
因此我们记 \(\displaystyle F(x)={1\over 2-e^x}, G(x)={1\over (2-e^x)^2}\)
则答案应为 \(\displaystyle {(G[n]-F[n])\cdot n!\over F[n]\cdot n!}={G[n]\over F[n]}-1\)
因此直接求逆、卷积，最后 \(O(n\log n)\) 预处理答案即可
【代码】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pii;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int LimBit=18, M=1<<LimBit<<1, P=998244353;
inline ll kpow(ll a,ll x) { ll ans=1; for(;x;x>>=1,a=a*a%P) if(x&1) ans=ans*a%P; return ans; }
int a[M], b[M], c[M];
struct NTT{
static const int G=3;
int N_, N, na, nb, invN;
int Stk[M], curStk;
NTT() {
curStk=0;
}
int w[2][M], rev[M];
inline void work() {
if(N==N_) return ;
N_=N;
int d=__builtin_ctz(N);
w[0][0]=w[1][0]=1;
for(int i=1, x=kpow(G, (P-1)/N), y=kpow(x, P-2); i<N; ++i) {
rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<d-1);
w[0][i]=(ll)x*w[0][i-1]%P, w[1][i]=(ll)y*w[1][i-1]%P;
}
invN=kpow(N, P-2);
}
inline void FFT(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)
for(int j=0, t=N/(i<<1); j<N; j+=i<<1)
for(int k=0, l=0, x, y; k<i; ++k, l+=t)
x=(ll)w[f][l]*a[j+k+i]%P, y=a[j+k], a[j+k+i]=(y-x+P)%P, a[j+k]=(y+x)%P;
if(f) for(int i=0; i<N; ++i) a[i]=(ll)a[i]*invN%P;
}
inline void doit(int *a, int *b, int na, int nb) {
for(N=1; N<na+nb-1; N<<=1);
for(int i=na; i<N; ++i) a[i]=0;
for(int i=0; i<nb; ++i) c[i]=b[i];
for(int i=nb; i<N; ++i) c[i]=0;
work(); FFT(a, 0); FFT(c, 0);
for(int i=0; i<N; ++i) a[i]=(ll)a[i]*c[i]%P;
FFT(a, 1);
}
inline void get_inv(int *f, int *g, int n) {
int pos=curStk;
for(int i=n; i>1; i=i+1>>1) Stk[++curStk]=i;
g[0]=kpow(f[0], P-2);
N=2;
for(int l=Stk[curStk]; curStk>pos; l=Stk[--curStk]) {
N<<=(N<l+l-1);
for(int i=0; i<l; ++i) a[i]=f[i];
for(int i=l; i<N; ++i) a[i]=g[i]=0;
work(); FFT(a, 0); FFT(g, 0);
for(int i=0; i<N; ++i) g[i]=g[i]*(2-(ll)g[i]*a[i]%P+P)%P;
FFT(g, 1);
for(int i=l; i<N; ++i) g[i]=0;
}
}
}ntt;
int f[M], g[M], lim=1e5+1;;
inline void init() {
f[0]=P-1;
for(int i=1; i<lim; ++i)
f[i]=(ll)i*f[i-1]%P;
f[lim-1]=kpow(f[lim-1], P-2);
for(int i=lim-1; i; --i)
f[i-1]=(ll)i*f[i]%P;
f[0]=1;
ntt.get_inv(f, g, lim);
for(int i=0; i<lim; ++i) f[i]=g[i];
ntt.doit(g, f, lim, lim);
for(int i=0; i<lim; ++i)
f[i]=( g[i]*kpow(f[i], P-2)+P-1 )%P;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
init();
int T, n; cin>>T;
while(T--&&cin>>n) cout<<f[n]<<"\n";
cout.flush();
return 0;
}
可以考虑到 \(\displaystyle {\text d\over \text dx}({1\over 2-e^x})={2\over (2-e^x)^2}-{1\over 2-e^x}\)
即 \(F'(x)=2G(x)-F(x)\)
对比系数得到 \(\displaystyle {g[n]-f[n]\over f[n]}={f[n+1](n+1)+f[n]-2f[n]\over 2f[n]}={f[n+1](n+1)\over 2f[n]}-{1\over 2}\)
省去一次多项式乘法
int f[M], g[M], lim=1e5+2;
inline void init() {
f[0]=P-1;
for(int i=1; i<lim; ++i)
f[i]=(ll)i*f[i-1]%P;
f[lim-1]=kpow(f[lim-1], P-2);
for(int i=lim-1; i; --i)
f[i-1]=(ll)i*f[i]%P;
f[0]=1;
ntt.get_inv(f, g, lim);
for(int i=0; i<lim; ++i)
f[i]=( g[i+1]*(i+1ll)%P*kpow(g[i]<<1, P-2)%P+(P>>1) )%P;
}
