P6031 CF1278F Cards 加强版

$\text{Solution}$

推式子
有答案为

$$\begin{aligned} Ans &=\sum_{i=0}^n i^k\dbinom n i (\frac 1 m)^i (1-\frac 1 m)^{n-i} \end{aligned}$$

$i$ 的上限为 $n$，交换求和顺序不好优化，看到 $i^k$，试试第二类斯特林数

$$\sum_{i=0}^n i^k\dbinom n i (\frac 1 m)^i (1-\frac 1 m)^{n-i} = \sum_{i=0}^n \dbinom n i (\frac 1 m)^i (1-\frac 1 m)^{n-i} \sum_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix}j! \dbinom i j$$

第二个求和符号后面只有 $\dbinom i j$ 受 $i$ 限制，而前面有 $\dbinom n i$，考虑恒等式（组合意义即可）

$$\dbinom n i \dbinom i j = \dbinom n j \dbinom{n-j}{i-j} =\dbinom n j \dbinom{n-j}{n-i}$$

代回原式即可把后一部分提前

$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n \dbinom n i (\frac 1 m)^i (1-\frac 1 m)^{n-i} \sum_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix}j! \dbinom i j &= \sum_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix}j! \dbinom n j\sum_{i=j}^n \dbinom{n-j}{i-j} (\frac 1 m)^i (1-\frac 1 m)^{n-i} \\ &= \sum_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix}j! \dbinom n j\sum_{i=0}^{n-j} \dbinom{n-j}i (\frac 1 m)^{i+j} (1-\frac 1 m)^{n-j-i} \\ &= \sum_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix}j! \dbinom n j m^{-j} \end{aligned}$$

第二行把 $(i-j) \rightarrow i$，然后二项式定理合并了第二个求和式子
此时已经有了 $O(k\log k)$ 的做法了，多项式卷积直接弄出 $S_k$

不过可以更优，上式瓶颈在 $S_k$ 中，考虑用容斥把 $S_k$ 拆开

$$\begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix}=\frac1{j!}\sum_{i=0}^j {(-1)}^j\dbinom j i (j-i)^k$$

那么

$$\begin{aligned} \sum_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix}j! \dbinom n j m^{-j} &= \sum_{j=0}^k \dbinom n j m^{-j} \sum_{i=0}^j {(-1)}^j\dbinom j i (j-i)^k \\ &= \sum_{j=0}^k \dbinom n j m^{-j} \sum_{i=0}^j {(-1)}^{j-i}\dbinom j i i^k \\ &= \sum_{i=0}^k i^k (-1)^i \dbinom n i \sum_{j=i}^k \dbinom{n-i}{n-j} ({\frac 1 m})^j (-1)^j \end{aligned}$$

第二行同样是把 $(j-i)\rightarrow i$，然后出现的 $\dbinom n j \dbinom j i$ 同样处理，并提前枚举 $i$
前一个求和可以线筛预处理 $i^k$
考虑后面的求和式子，记为 $f(i)$，找到一种递推关系 $O(k)$ 预处理
处理手段是把组合数按帕斯卡公式展开
那么

$$\begin{aligned} f(i)=\sum_{j=i}^k \dbinom{n-i}{n-j} ({\frac 1 m})^j (-1)^j &= f(i+1)+\sum_{j=i}^k \dbinom{n-i-1}{n-j-1} ({\frac 1 m})^j (-1)^j \\ &= f(i+1)+\sum_{j=i+1}^{k+1} \dbinom{n-i-1}{n-j} ({\frac 1 m})^{j-1} (-1)^{j-1}\\ &= (1-m)f(i+1) + \dbinom{n-i-1}{n-k-1} ({\frac 1 m})^k (-1)^k\\ \end{aligned}$$

第二行把 $(j+1)\rightarrow j$，然后单独提出 $j=k+1$ 的式子，发现又出现了个 $f(i+1)$
于是可以 $O(k)$ 递推了
恰当处理组合数即可

写到累死

$\text{Code}$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long LL;
const int P = 998244353, N = 1e7 + 5;
LL n, m, K;
int sgn[2] = {1, P - 1};
int f[N], idk[N], inv[N], vis[N], pr[N / 5], tot;
 
void Add(int &x, int y){((x += y) >= P) && (x -= P);}
int fpow(int x, int y) {
    int s = 1;
    for(; y; y >>= 1, x = (LL)x * x % P) if (y & 1) s = (LL)s * x % P;
    return s;
}
 
void init() {
    inv[0] = inv[1] = idk[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= K + 1; ++i) inv[i] = (LL)(P - P / i) * inv[P % i] % P;
    for(int i = 2; i <= K + 1; ++i) {
        if (!vis[i]) pr[++tot] = i, idk[i] = fpow(i, K);
        for(int j = 1; j <= tot && i * pr[j] <= N - 5; ++j) {
            vis[i * pr[j]] = 1, idk[i * pr[j]] = (LL)idk[i] * idk[pr[j]] % P;
            if (!(i % pr[j])) break;
        }
    }
}
 
int main() {
    scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &K), init();
    int invm = fpow(m, P - 2), c = 1;
    f[K] = (LL)fpow(invm, K) * sgn[K & 1] % P;
    for(int i = K - 1; i; --i) {
        c = (LL)c * (n - i - 1 + P) % P * inv[K - i] % P;
        f[i] = (LL)f[i + 1] * (1LL - m + P) % P;
        Add(f[i], (LL)f[K] * c % P);
    }
    c = 1; int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= K; ++i) {
        c = (LL)c * (n - i + 1) % P * inv[i] % P;
        Add(ans, (LL)idk[i] * sgn[i & 1] % P * c % P * f[i] % P);
    }
    printf("%d\n", ans);
}