P5437-[XR-2]约定【拉格朗日差值,数学期望】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5437

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1|1题目大意

$n$个点的完全图，连接$i,j$的边权值为$(i+j)^k$。随机选出一个生成树，求期望边权和。

$1\leq n<998244353,1\leq k\leq 10^7$

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1|2解题思路

一条边选出来的概率是$\frac{2}{n}$（总共有$\frac{2}{n(n-1)}$条，选$n-1$条，或者$Prufer$序列也能证明）

所以现在考虑怎么求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k$$

这个东西首先$f(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ni+j$是一个二项式，所以$(i+j)^k$就是一个$k+2$次多项式，所以可以考虑用拉插。

现在是如何快速求出$1\sim k$的值，考虑递推

$$f(n)-f(n-1)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k-\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}(i+j)^k$$

$$=\sum_{i=n+1}^{2n-1}i^k$$

然后用线性筛预处理出$i^k$就好了。当然拉插也要用线性的优化

时间复杂度$O(n)$

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1|3code

#include<cstdio> 
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e7+10,P=998244353;
ll n,k,cnt,pri[N/5],w[N<<1],y[N];
ll pre[N],suf[N],inv[N],ans;
bool v[N<<1];
ll power(ll x,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
void Prime(int n){
	w[1]=1;
	for(ll i=2;i<=n;i++){
		if(!v[i])pri[++cnt]=i,w[i]=power(i,k);
		for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++){
			v[i*pri[j]]=1;w[i*pri[j]]=w[i]*w[pri[j]]%P;
			if(i%pri[j]==0)break;
		}
	}
	return;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	Prime(k*2+6);k+=3;pre[0]=suf[k+1]=inv[1]=1;
	y[2]=w[3];
	for(ll i=3;i<=k;i++)
		y[i]=(y[i-1]+w[i*2-1]+w[i*2-2]-w[i])%P;
	for(ll i=1;i<=k;i++)y[i]=(y[i-1]+y[i])%P;
	for(ll i=1;i<=k;i++)pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%P;
	for(ll i=k;i>=1;i--)suf[i]=suf[i+1]*(n-i)%P;
	for(ll i=2;i<=k;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;
	inv[0]=1;
	for(ll i=1;i<=k;i++)inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
	for(ll i=1;i<=k;i++)
		(ans+=pre[i-1]*suf[i+1]%P*inv[i-1]%P*inv[k-i]%P*y[i]%P*(((k-i)&1)?-1:1))%=P;
	printf("%lld\n",(ans+P)%P*power(n,P-2)%P*2%P);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14513720.html
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