bzoj5093:图的价值（第二类斯特林数+NTT）

传送门

首先，题目所求为\[n\times 2^{C_{n-1}^2}\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^ii^k\]
即对于每个点\(i\)，枚举它的度数，然后计算方案。因为有\(n\)个点，且关于某个点连边的时候剩下的边都可以随便连，所以有前面的两个常数

所以真正要计算的是\[\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^ii^k\]

根据第二类斯特林数的性质，有\[i^k=\sum_{j=0}^iS(k,j)\times j!\times C_i^j\]
然后带入，得\[\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^i\sum_{j=0}^iS(k,j)\times j!\times C_i^j\]
把\(j\)提到前面来\[\sum_{j=0}^{n-1}j!\times S(k,j)\sum_{i=j}^{n-1}C_{n-1}^iC_i^j\]
后面那个\(\sum_{i=j}^{n-1}C_{n-1}^iC_i^j\)，可以理解为从\(n-1\)个数中选\(i\)个，再从这\(i\)个中选\(j\)个的方案数，等价于这\(j\)个必选，剩下的\(n-1-i\)个可选可不选，于是有\[\sum_{j=0}^{n-1}j!\times S(k,j)\times C_{n-1}^j\times 2^{n-j-1}\]
\[\sum_{j=0}^{n-1}S(k,j)\times \frac{(n-1)!}{(n-1-j)!}\times 2^{n-j-1}\]
然后因为第二类斯特林数的通项公式为\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m,k)(m-k)^n\]
\[S(n,m)=\sum_{k=0}^{m}\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}\]
于是第二类斯特林数也能表示成卷积的形式，对于\(S(k,j)\)，当\(j>k\)时恒为\(0\)，所以只要计算到\(k\)位置即可。预处理出第二类斯特林数，然后更新答案，复杂度为\(O(k\log k)\)

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=6e5+5,P=998244353,Gi=332748118;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R ll y){
    R int res=1;
    for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
    return res;
}
int A[N],B[N],O[N],r[N],S[N],fac[N],inv[N];
int n,m,lim,l,k,ans;
void NTT(int *A,int ty){
    fp(i,0,lim-1)if(i<r[i])swap(A[i],A[r[i]]);
    for(R int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
        R int I=(mid<<1),Wn=ksm(ty==1?3:Gi,(P-1)/I);O[0]=1;
        fp(i,1,mid-1)O[i]=mul(O[i-1],Wn);
        for(R int j=0;j<lim;j+=I)fp(k,0,mid-1){
            int x=A[j+k],y=mul(O[k],A[j+k+mid]);
            A[j+k]=add(x,y),A[j+k+mid]=dec(x,y);
        }
    }if(ty==-1)for(R int i=0,inv=ksm(lim,P-2);i<lim;++i)A[i]=mul(A[i],inv);
}
int main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);
    n=read(),k=read();
    fac[0]=inv[0]=1;
    fp(i,1,k)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
    inv[k]=ksm(fac[k],P-2);fd(i,k-1,1)inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
    fp(i,0,k){
        A[i]=i&1?P-inv[i]:inv[i];
        B[i]=mul(ksm(i,k),inv[i]);
    }lim=1;while(lim<=k+k)lim<<=1,++l;
    fp(i,0,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]=mul(A[i],B[i]);
    NTT(A,-1);
    fp(i,0,k)S[i]=A[i];
    int inv2=ksm(2,P-2);
    for(R int i=0,j=ksm(2,n-1),p=1;i<=min(n-1,k);++i){
        ans=add(ans,1ll*S[i]*j%P*p%P);
        j=mul(j,inv2),p=mul(p,n-i-1);
    }
    ans=mul(ans,n),ans=mul(ans,ksm(2,1ll*(n-1)*(n-2)/2));
    printf("%d\n",ans);return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10211207.html