【YBT2023寒假Day1 C】对峙绝望（数学）（第二类斯特林数）（NTT）

对峙绝望

题目链接：YBT2023寒假Day1 C

题目大意

定义一个无向图的权值是所有结点度数的 k 次方之和。（规定 0 的 0 次方是 1）
求所有 n 个点的简单无向图的权值之和。
对 998244353 取模。

思路

首先会发现每个点其实是一样的（除了编号），那我们可以只求出一个的贡献，然后总答案就是一个的 $*n$。

然后因为 $n$ 太大一个 $d^k$ 下面太大了，我们考虑用第二类斯特林数进行分解：
$d^k=\sum\limits_{i=0}^kS(k,i)C(d,i)i!$
（$d^k$ 相当于 $k$ 个有标号球放入 $d$ 个有标号的桶）
（然后 $S(k,i)$ 是 $k$ 个有标号球放入 $i$ 个无标号桶且每个桶非空）
（然后枚举非空桶的数量，然后再 $C(d,i)$ 看是哪些桶，然后再用 $i!$ 给选了的桶标号）

那你就变成对于 $1\sim k$ 的每个 $i$，你要求所有简单无向图中 $1$ 号点连的边中选出 $i$ 条的方案数之和。
考虑反置一下要求，先选出 $i$ 条边，再看别的边选不选（那这些任选）。
也就是 $C(n-1,i)2^{n(n-1)/2-i}$（注意是 $C(n-1,i)$ 因为跟 $1$ 号点连边的边数是 $n-1$）
那我们设这个东西是 $Sum_i$，那我们要的答案其实就是：
$\sum\limits_{i=0}^kS(k,i)Sum_ii!$

那剩下的问题就是如何预处理 $S(k,i)$，那这是一个经典的第二类斯特林数行的问题，用容斥：
$m!S(n,m)=\sum\limits_{i=0}^m(-1)^{m-i}C(m,i)i^n$
拆开组合数：
$m!S(n,m)=m!\sum\limits_{i=0}^m\dfrac{(-1)^{m-i}}{(m-i)!}\dfrac{i^n}{i!}$
$S(n,m)=\sum\limits_{i=0}^m\dfrac{(-1)^{m-i}}{(m-i)!}\dfrac{i^n}{i!}$
那这个就是一个卷积的形式，直接 NTT 就好了。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define mo 998244353
#define ll long long
#define clr(f, x) memset(f, 0, sizeof(int) * (x))
#define cpy(f, g, x) memcpy(f, g, sizeof(int) * (x))

using namespace std;

const int N = 5e5 + 100;
const int pN = N * 8;
int n, k, jc[N], inv[N], invs[N], S[N];
int f[pN], g[pN];

int add(int x, int y) {return x + y >= mo ? x + y - mo : x + y;}
int dec(int x, int y) {return x < y ? x - y + mo : x - y;}
int mul(int x, int y) {return 1ll * x * y % mo;}
int ksm(int x, ll y) {
	int re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = mul(re, x);
		x = mul(x, x); y >>= 1;
	}
	return re;
}
int C(int n, int m) {
	if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
	return mul(mul(jc[n], invs[m]), invs[n - m]);
}

struct Poly {
	int an[pN], G = 3, Gv;
	
	void Init() {
		jc[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) jc[i] = mul(jc[i - 1], i);
		inv[0] = inv[1] = 1; for (int i = 2; i < N; i++) inv[i] = mul(inv[mo % i], mo - mo / i);
		invs[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) invs[i] = mul(invs[i - 1], inv[i]);
		Gv = ksm(G, mo - 2);
	}
	
	void get_an(int limit, int l_size) {
		for (int i = 0; i < limit; i++)
			an[i] = (an[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l_size - 1));
	}
	
	void NTT(int *f, int limit, int op) {
		for (int i = 0; i < limit; i++)
			if (i < an[i]) swap(f[i], f[an[i]]);
		for (int mid = 1; mid < limit; mid <<= 1) {
			int Wn = ksm(op == 1 ? G : Gv, (mo - 1) / (mid << 1));
			for (int j = 0, R = (mid << 1); j < limit; j += R)
				for (int w = 1, k = 0; k < mid; k++, w = mul(w, Wn)) {
					int x = f[j | k], y = mul(w, f[j | mid | k]);
					f[j | k] = add(x, y); f[j | mid | k] = dec(x, y);
				}
		}
		if (op == -1) {
			int limv = ksm(limit, mo - 2);
			for (int i = 0; i < limit; i++) f[i] = mul(f[i], limv);
		}
	}
	
	void px(int *f, int *g, int limit) {
		for (int i = 0; i < limit; i++)
			f[i] = mul(f[i], g[i]);
	}
	
	void times(int *f, int *g, int n, int m, int T) {
		int limit = 1, l_size = 0; while (limit < n + m) limit <<= 1, l_size++;
		get_an(limit, l_size);
		static int tmp[pN]; clr(f + n, limit - n); cpy(tmp, g, m); clr(tmp + m, limit - m);
		NTT(f, limit, 1); NTT(tmp, limit, 1); px(f, tmp, limit); NTT(f, limit, -1);
		clr(f + T, limit - 1); clr(tmp, limit);
	}
}P;

void getS() {
	for (int i = 0; i <= k; i++) {
		f[i] = mul((i & 1) ? mo - 1 : 1, invs[i]);
		g[i] = mul(ksm(i, k), invs[i]);
	}
	P.times(f, g, k + 1, k + 1, k + 1);
	for (int i = 0; i <= k; i++)
		S[i] = f[i];
}

int main() {
	freopen("graph.in", "r", stdin);
	freopen("graph.out", "w", stdout);
	
	P.Init();
	scanf("%d %d", &n, &k);
	
	getS();
	int ans = 0, CC = 1, inv2 = ksm(2, mo - 2), sum2 = ksm(2, 1ll * n * (n - 1) / 2);
	for (int i = 0; i <= k; i++) {
		ans = add(ans, mul(S[i], mul(mul(CC, mul(sum2, ksm(inv2, i))), jc[i])));
		CC = mul(CC, mul(n - 1 - i, inv[i + 1]));
	} 
	printf("%d", mul(ans, n));
	
	return 0;
}

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本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT2023Day1_C.html
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