bzoj4555 [Tjoi2016&Heoi2016]求和

题目描述

给定 $n$ ，求 $$f_n=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^iS(i,j)2^jj!$$
其中 $S(i,j)$ 为第二类斯特林数

数据范围

$n \le 10^5$

题解

第二类斯特林数表示的是 $n$ 个有标号的球放在 $m$ 个无标号的盒子里，每个盒子都有球的方案数

根据容斥，我们可以写出 $S(n,m)$ 的式子$$S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i(_i^m)(m-i)^n$$
带入原式中，因为当 $j>i$ 时， $S(i,j)=0$ ，所以我们可以得到$$f_n=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n2^j\sum_{k=0}^j(-1)^k(_k^j)(j-k)^i$$
将 $i$ 放在后面，得$$=\sum_{j=0}^n2^jj!\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^k}{k!}\frac{\sum_{i=0}^n(j-k)^i}{(j-k)!}$$
于是 $Ntt$ 即可，效率： $O(nlogn)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e5+5,P=998244353;
int n,jc[N],ny[N],G[2]={3,(P+1)/3},s,A[N],B[N],t=1,p,r[N];
int X(int x){return x>=P?x-P:x;}
int K(int x,int y){
    int z=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%P)
        if (y&1) z=1ll*z*x%P;
    return z;
}
void Ntt(int *a,int o){
    for (int i=0;i<t;i++)
        if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
    for (int wn,i=1;i<t;i<<=1){
        wn=K(G[o],(P-1)/(i<<1));
        for (int x,y,j=0;j<t;j+=(i<<1))
            for (int k=0,w=1;k<i;k++,w=1ll*w*wn%P)
                x=a[j+k],y=1ll*a[i+j+k]*w%P,
                a[j+k]=X(x+y),a[i+j+k]=X(x-y+P);
    }
    if (o)
        for (int i=0,v=K(t,P-2);i<t;i++)
            a[i]=1ll*a[i]*v%P;
}
int main(){
    cin>>n;
    A[0]=B[0]=jc[0]=1;
    A[1]=P-1;B[1]=n+1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%P;
    ny[n]=K(jc[n],P-2);
    for (int i=n;i;i--)
        ny[i-1]=1ll*i*ny[i]%P;
    for (int i=2;i<=n;i++)
        A[i]=(i&1)?X(P-ny[i]):ny[i],
        B[i]=1ll*(K(i,n+1)-1)*ny[i]%P*K(i-1,P-2)%P;
    for (;t<n+n+2;t<<=1,p++);
    for (int i=0;i<t;i++)
        r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(p-1));
    Ntt(A,0);Ntt(B,0);
    for (int i=0;i<t;i++)
        A[i]=1ll*A[i]*B[i]%P;
    Ntt(A,1);
    for (int i=0,w=1;i<=n;i++,w=X(w<<1))
        s=X(s+1ll*w*jc[i]%P*A[i]%P);
    cout<<s<<endl;return 0;
}