一个神秘的题目

给定 \(n\) 和 \(k\)。有 \(n\) 个初始为 \(0\) 的变量，进行 \(k\) 次操作，每次选一个数加上 \(1\)。求最大值的期望。

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不会生成函数，呜呜。

记 \(F_m(x) = \sum_{i=0}^m \dfrac{x^i}{i!}\)，我们大概需要求 \([x^k]\sum_{i=1}^{k} F_i^n(x)\)。

注意到 \((F_m^n(x))'=n F_m'(x) F_m^{n-1}(x) = n (F_m(x)-\dfrac{x^m}{m!})F_m^{n-1}(x)=n F_m^n(x)-\dfrac{nx^m}{m!} F_m^{n-1}(x)\)，所以实际上我们可以递推求出它的所有系数，复杂度为 \(O(nk^2)\)。

我们考虑 \([x^k]F_i^n(x)\)，实际上是 \(\dfrac{1}{k} [x^{k-1}][F_i^n(x)]'\)，因此还可以写成：

\[\begin{aligned} & [x^k]\sum_{i=1}^{k} F_i^n(x) \\ =&\dfrac{1}{k}[x^{k-1}](\sum_{i=1}^k n F_i^n(x)-\dfrac{nx^i}{i!} F_i^{n-1}(x)) \end{aligned} \]

你发现这个结构似乎挺有趣的。然后你大概感觉到这玩意求若干次导之后只有 \(i^s(\dfrac{x^i}{i!})^tF_i^{n-t}(x)\)（我也不知道这是什么玩意，但是题解就是这么写的，似乎是手玩几下就行）。

那记 \(H_{s,t} = \sum_{i=1}^k i^s(\dfrac{x^i}{i!})^tF_i^{n-t}(x)\)。

仿照上面搞一搞，得到：

\[\begin{aligned} (H_{s,t})' &= (\sum_{i=1}^k i^s(\dfrac{x^i}{i!})^tF_i^{n-t}(x))' \\ &= \sum_{i=1}^k i^s t \dfrac{ix^{i-1}}{i!}(\dfrac{x^i}{i!})^{t-1} F_i^{n-t}(x) + \sum_{i=1}^k i^s(\dfrac{x^i}{i!})^t(n-t)F_i^{n-t-1}(x)(F_i(x)-\dfrac{x^i}{i!}) \\ &=\dfrac{t}{x}H_{s+1,t} + (n-t) (H_{s,t}-H_{s,t+1}) \end{aligned} \]

这个好处就是，你的递推式里面没有任何卷积，所以所有递推都是 \(O(1)\) 的。

但是这个推导也不太对，考察 \(t=n\) 的时候你需要用到不太合规的东西。而 \(t=n\) 实际上是简单的：

\[\sum_{i=1}^k i^s (\dfrac{x^i}{i!})^n \]

这个看起来直接算就好了。

还有就是这个递推实际上会让 \(s\) 充分大。所以设一个边界，不妨设 \(s \le n\)，处理一下边界上的信息。

\[\begin{aligned} H_{n,t} & = \sum_{i=1}^k i^n(\dfrac{x^i}{i!})^t F_i^{n-t} \\ &= \sum_{i=1}^k i^n(\dfrac{x^i}{i!})^t(F_{i-1}+\dfrac{x^i}{i!})^{n-t} \\ &= \sum_{j=0}^{n-t} \binom{n-t}{j} \sum_{i=1}^k i^tx^{n-j}F_{i-1}^j(x) (\dfrac{x^{i-1}}{(i-1)!})^{n-j} \\ &= \sum_{j=0}^{n-t} \binom{n-t}{j} x^{n-j} \sum_{i=0}^{k-1} (i+1)^t F_i^j(x)(\dfrac{x^i}{i!})^{n-j} \\ &= \sum_{j=0}^{n-t} \binom{n-t}{j} x^{n-j} \sum_{i=0}^{k-1} F_i^j(x)(\dfrac{x^i}{i!})^{n-j} \sum_{z=0}^t \binom{t}{z} i^z \end{aligned} \]

所以你把转化为若干 \(H\) 的和。发现我们可以把最后那个求和号的 \(i\) 的上限改到 \(k\)，原因是 \(i=k\) 的时候没啥子影响（注意需要 \(t>0\)。\(t=0\) 是可以直接用的，因为保证了不会用到更靠后的信息）。

这部分直接实现是 \(O(n^3 k)\) 的。既然都能过了你还管这么多干嘛 QWQ，但是你可以略微整理一下：

\[H_{n,t} = \sum_{j=0}^{n-t} \binom{n-t}{j} x^{n-j} [x^{n-j} + \sum_{z=0}^t H_{z,n-j} \binom{t}{z}] \]

所以你在 \(n-j\) 一定的情况下，预处理后面那个和式的结果（计算量是 \(O(n^2k)\)） 的，那么很容易做到 \(O(n^2k)\) 总体复杂度。