首先我们来看一下怎么求\(S(m,n)\)。
注意到第二类斯特林数的组合意义就是将\(m\)个不同的物品放到\(n\)个没有区别的盒子里，不允许有空盒子的方案数。
那么将\(m\)个不同的物品随便扔到\(n\)个盒子里的方案数就是\(n^m\)，这里盒子也有区别了。
那么枚举有多少盒子有物品，然后斯特林数安排一下，注意到这是的盒子是没有区别的，再排列就好了，即
\[
n^m=\sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}S(m,i)i!
\]
但我们要求的是\(S\)，这里又有组合数，直接二项式反演，，得到
\[
n! \times S(m,n)=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i}\binom{n}{i}i^m
\]
所以
\[
S(m,n) = \frac{1}{n!}\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom{n}{i} i^m
\]
然后再来看题目里的柿子：
\[
\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^i S(i,j) \times 2^j \times (j!)
\]
我也不知道它为什么长成这样...
由于\(j>i\)时\(S(i,j)=0\)，所以\(j\)完全可以到\(n\)，然后再吧\(S(i,j)\)换成上面的求和形式
\[
\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^n 2^j \sum\limits_{k=0}^j (-1)^{j-k}\binom{j}{k} k^i
\]
\[
= \sum\limits_{j=0}^n 2^j \sum\limits_{k=0}^j (-1)^{j-k}\binom{j}{k} \sum\limits_{i=0}^n k^i
\]
\[
= \sum\limits_{j=0}^n 2^j \sum\limits_{k=0}^j (-1)^{j-k}\frac{j!}{k!(j-k)!} \sum\limits_{i=0}^n k^i
\]
\[
= \sum\limits_{j=0}^n 2^j\times (j!) \sum\limits_{k=0}^j \frac{(-1)^{j-k}}{(j-k)!} \times (k!\sum\limits_{i=0}^n k^i)
\]
后面已经是一个卷积的形式了，具体的，令
\[
f_i = \frac{(-1)^i}{i!}
\]
\[
g_i = i!\sum\limits_{k=0}^n i^k = i! \times \frac{(i^{k+1}-1)}{i-1}
\]
需要特判\(g_1=n+1\)，把\(f,g\)卷起来求和就好了
\(Code:\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10,P=998244353;
inline int fpow(int x,int y,int mod=P)
{
int ret=1; for(x%=mod;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(y&1) ret=1ll*ret*x%P;
return ret;
}
const int gen=3,igen=fpow(gen,P-2);
inline int add(int x,int y,int mod=P){return (x+=y)>=mod?x-mod:x;}
inline int sub(int x,int y,int mod=P){return (x-=y)<0?x+mod:x;}
inline int normal(int x,int mod=P){return x<0?x+mod:x;}
namespace Poly
{
int rev[N];
void init(int n)
{
for(int i=0;i<n;i++)
rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?n>>1:0);
}
void ntt(int *f,int n,int flg)
{
for(int i=0;i<n;i++)
if(rev[i]<i) swap(f[i],f[rev[i]]);
for(int len=2,k=1;len<=n;len<<=1,k<<=1)
{
int wn=fpow(flg==1?gen:igen,(P-1)/len);
for(int i=0;i<n;i+=len)
for(int j=i,w=1;j<i+k;j++,w=1ll*w*wn%P)
{
int tmp=1ll*f[j+k]*w%P;
f[j+k]=sub(f[j],tmp),f[j]=add(f[j],tmp);
}
}
if(flg==-1)
{
int inv=fpow(n,P-2);
for(int i=0;i<n;i++) f[i]=1ll*f[i]*inv%P;
}
}
}
using Poly::ntt;
int f[N],g[N],n;
int pw2[N],inv[N],ifac[N],fac[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
inv[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
pw2[0]=1,pw2[1]=2; fac[0]=fac[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
inv[i]=1ll*inv[P%i]*(P-P/i)%P;
ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%P;
pw2[i]=2ll*pw2[i-1]%P;
fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P;
}
for(int i=0;i<=n;i++)
{
f[i]=1ll*((i&1)?P-1:1)*ifac[i]%P;
if(i==1) g[i]=n+1;
else g[i]=1ll*sub(fpow(i,n+1),1)*ifac[i]%P*fpow(i-1,P-2)%P;
}
int limit=1; while(limit<=n*2)limit<<=1;
Poly::init(limit);
ntt(f,limit,1),ntt(g,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++) f[i]=1ll*f[i]*g[i]%P;
ntt(f,limit,-1);
int ans=0;
for(int i=0;i<=n;i++) ans=add(ans,1ll*pw2[i]*fac[i]%P*f[i]%P);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/wxq1229/p/12331797.html