[bzoj5093]图的价值

FFT/NTT 数论

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题面

“简单无向图”是指无重边、无自环的无向图（不一定连通）。
一个带标号的图的价值定义为每个点度数的$k$次方的和。
给定$n$和$k$，请计算所有$n$个点的带标号的简单无向图的价值之和。
因为答案很大，请对$998244353$取模输出。

• $n\leq10^9,k\leq2*10^5$

解析

毒瘤毒瘤大毒瘤。。。
细节多得想吐。。。

经过思考每个点连哪些边（和其它边随便连不连），可以发现答案为

$$n*2^{\frac{n(n-1)}{2}-(n-1)}*\sum_{i=0}^{n-1}C(n-1,i)*i^k$$ 。

前面可以注意一下的地方是那个指数。
在模质数意义下我们是可以把它变小的。
费马小定理：若$p$为质数，则

$$a^{p-1}\equiv1(mod\ p)$$
一般我们用它求逆元，即$a^{p-2}\equiv\frac{1}{a}(mod\ p)$。
但我们也可以用它化简指数，即$a^b=a^{b\%(p-1)}a^{p-1}=a^{b\%(p-1)}(mod\ p)$。

后面那个式子我以前推过（[CF932E]Team Work）。
即

$$\sum_{i=1}^nC(n,i)*i^k=\sum_{i=1}^kS(k,i)*\frac{n!}{(n-i)!}*2^{n-i}$$
$$=\sum_{i=1}^kS(k,i)*i!*C(n,i)*2^{n-i}$$

然后思考怎么在$O(nlogn)$的时间复杂度内求出$S(k,i)$。
第二类斯特林数有个由容斥得来的公式：(通过枚举至少有几个空盒）

$$S(n,k)=\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^iC(k,i)(k-i)^n$$
化化简：
$$=\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^i*\frac{k!}{i!(k-i)!}(k-i)^n$$
$$=\sum_{i=0}^k\frac{(-1)^i}{i!}\frac{(k-i)^n}{(k-i)!}$$
这样，把右边序列倒过来，就可以$NTT$啦。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=8e5+100,mod=998244353;
ll a[N],b[N],jc[N],ans,inv[N],jc2[N],p,C[N];
int l,r[N],lim=1,n,m;
il ll ksm(re ll S,re ll n)
{
  re ll T=S;S=1;
  while(n)
    {
      if(n&1) S=S*T%mod;
      T=T*T%mod;
      n>>=1;
    }
  return S;
}
il void NTT(re ll *A,re int tp)
{
  fp(i,1,lim-1) if(i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
  for(re int mid=1;mid<lim;mid<<=1)
    {
      re ll gu=mid<<1,W=ksm(3,(mod-1)/gu);
      if(tp==-1) W=ksm(W,mod-2);
      for(re int j=0;j<lim;j+=gu)
    {
      re ll w=1;
          for(re int k=0;k<mid;++k,w=w*W%mod)
        {
          re ll x=A[j+k],y=w*A[j+mid+k]%mod;
          A[j+k]=(x+y)%mod;A[j+mid+k]=(x-y+mod)%mod;
        }
    }
    }
}
il ll gi()
{
  re ll x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
int main()
{
  p=gi()-1;m=n=gi();
  jc[0]=inv[0]=1;fp(i,1,n) jc[i]=jc[i-1]*i%mod,inv[i]=ksm(jc[i],mod-2);//开始没有inv[0]=1
  re ll inv2=ksm(2,mod-2);
  C[0]=1;fp(i,1,n) C[i]=C[i-1]*(p-i+1)%mod*ksm(i,mod-2)%mod;
  jc2[0]=ksm(2,p);fp(i,1,n) jc2[i]=jc2[i-1]*inv2%mod;
  fp(i,0,n)
    {
      a[i]=(i&1)?mod-inv[i]:inv[i];
      b[i]=ksm(i,n)*inv[i]%mod;//一开始写的是p（这里在推S，p最后才用！！！）
    }
  while(lim<=n+m) lim<<=1,++l;
  fp(i,1,lim-1) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<l-1);
  NTT(a,1);NTT(b,1);
  fp(i,0,lim-1) a[i]=a[i]*b[i]%mod;
  NTT(a,-1);
  re ll Inv=ksm(lim,mod-2);
  fp(i,0,n) (ans+=a[i]*Inv%mod*jc[i]%mod*C[i]%mod*jc2[i]%mod)%=mod;
  (ans*=(p+1)*ksm(2,((ll)(p+1)*p/2-p)%(mod-1))%mod)%=mod;
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}