[HEOI2016/TJOI2016]求和
求
\[\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^iS_2(i,j)2^jj!
\]
\(S_2(i,j)\)为第二类斯特林数
这什么神仙操作，这种东西能求？
慢慢来做
首先想到二类斯特林的组合意义，就是把\(i\)个球放到\(j\)个盒子里且不允许有空
我们容斥一波，发现
\[S_2(i,j)=\frac{1}{j!}\sum_{k=0}(-1)^k\binom{j}{k}(j-k)^i
\]
这个的意思就是强行枚举有\(k\)个盒子什么都不能选，这样就是组合数\(\binom{j}{k}\)，之后剩下的\(i\)个小球每个都会有\(j-k\)种选择，就是\((j-k)^i\)，这样算出来的是至少有\(k\)个空盒子的方案，我们容斥一下就有了那个容斥系数
至于为什么容斥系数是\((-1)^k\)
让我们来证明一下
上面那个柿子的含义显然是至少有\(k\)个空盒子，那么我们来考虑一下如果有\(n\)个空盒子会被算到多少次
显然是
\[\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^i
\]
显然在\(n>=1\)的情况下我们可以直接使用二项式定理把这个柿子改写成\((1-1)^n=0\)，在\(n=0\)的时候这个柿子的值却是\(1\)
但是我们组合数是使盒子产生了差别，于是外面除以\(j!\)消除这个差别
还发现\(j>i\)的时候，\(S_2(i,j)=0\)，我们可以考虑把\(j\)的上标改写成\(n\)
于是我们可以把柿子写成
\[\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^j\frac{1}{j!}(-1)^k\binom{j}{k}(j-k)^i2^jj!
\]
我们优先展开组合数
\[\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n2^jj!\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^kj!(j-k)^i}{j!(j-k)!k!}
\]
发现分子分母都有\(j!\)，于是约去
\[\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n2^jj!\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^k}{k!}\times \frac{(j-k)^i}{(j-k)!}
\]
发现里面开始有点像卷积的形式了，开始喜闻乐见交换求和符号
\[\sum_{j=0}^n2^jj!\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^k}{k!}\sum_{i=0}^n\frac{(j-k)^i}{(j-k)!}
\]
\(k+j-k\)可是等于\(j\)的我们终于看到卷积形式了
于是搞两个多项式
\[F_i=\frac{(-1)^i}{i!},G_i=\frac{\sum_{j=0}^ni^j}{i!}=\frac{\frac{i^{n+1}-1}{i-1}}{i!}=\frac{i^{n+1}-1}{i!(i-1)}
\]
这两个多项式一卷就是答案了
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int maxn=262144+10005;
inline int read() {
char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
int n,len,rev[maxn];
LL inv[maxn],fac[maxn],A[maxn],B[maxn];
const LL G[2]={3,332748118};
const LL mod=998244353;
inline LL quick(LL a,LL b) {LL S=1;while(b) {if(b&1) S=S*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return S;}
inline void NTT(LL *f,int o) {
for(re int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) std::swap(f[i],f[rev[i]]);
for(re int i=2;i<=len;i<<=1) {
int ln=i>>1;LL og1=quick(G[o],(mod-1)/i);
for(re int l=0;l<len;l+=i) {
LL t,og=1;
for(re int x=l;x<l+ln;x++) {
t=(f[ln+x]*og)%mod;
f[ln+x]=(f[x]-t+mod)%mod;
f[x]=(f[x]+t)%mod;
og=(og*og1)%mod;
}
}
}
if(!o) return;
LL Inv=quick(len,mod-2);
for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=(f[i]*Inv)%mod;
}
int main() {
n=read();
fac[0]=1;
for(re int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(fac[i-1]*(LL)i)%mod;
inv[n]=quick(fac[n],mod-2);
for(re int i=n-1;i>=0;--i) inv[i]=(inv[i+1]*(LL)(i+1))%mod;
for(re int i=0;i<=n;i++) if(i&1) A[i]=mod-inv[i];else A[i]=inv[i];
B[0]=1,B[1]=n+1;
for(re int i=2;i<=n;i++)
B[i]=(quick(i,n+1)-1)*inv[i]%mod*quick(i-1,mod-2);
len=1;
while(len<n+n) len<<=1;
for(re int i=0;i<len;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?len>>1:0);
NTT(A,0),NTT(B,0);
for(re int i=0;i<len;i++) A[i]=(A[i]*B[i])%mod;
NTT(A,1);
LL ans=0,pow=1;
for(re int i=0;i<=n;i++) {
ans+=A[i]*fac[i]%mod*pow%mod;
ans%=mod,pow=(pow*2ll)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
