【2016NOI十连赛2-2】黑暗

【2016NOI十连赛2-2】黑暗

题目大意：定义一个无向图的权值为连通块个数的\(m\)次方。求\(n\)个点的所有无向图的权值和。多次询问。

数据范围：\(T\leq 1000,n\leq 30000,m\leq 15\)

我们使用用第二类斯特林数转换\(n^m\)。

\[n^m=\sum_{i=0}^m\binom{n}{i}i!\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}
\]

我们观察这个式子，相当于在\(n\)个连通块中选一个大小为\(i\)的子集，其贡献为\(i!\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\)

我们设\(f_n\)表示\(n\)个点的无向连通图的数量，\(g_{n,m}\)表示\(n\)个点，\(m\)个连通块的数量。则答案为：

\[\sum_{j=1}^mj!\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\sum_{i=j}^ng_{i,j}\binom{n}{i}2^{\binom{n-i}{2}}
\]

设\(A(x)=\sum \frac{2^{\binom{i}{2}}}{i!}x^i\)，也就是无向图的\(OGF\)。设\(F(x)=\sum \frac{f_i}{i!}\)。

因为：

\[A(x)=\sum_{i}\frac{F(x)^i}{i}=\exp(F(x))\\
\]

所以：

\[\Rightarrow F(x)=\ln(A(x))
\]

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 30005

using namespace std;
inline int Get() {
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while('0'<=ch&&ch<='9') {
		x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}

const ll mod=998244353;
ll ksm(ll t,ll x) {
	ll ans=1;
	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
		if(x&1) ans=ans*t%mod;
	return ans;
}

int n,m;
void NTT(ll *a,int d,int flag) {
	static int rev[N<<2];
	static ll G=3;
	int n=1<<d;
	for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<d-1);
	for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int s=1;s<=d;s++) {
		int len=1<<s,mid=len>>1;
		ll w=flag==1?ksm(G,(mod-1)/len):ksm(G,mod-1-(mod-1)/len);
		for(int i=0;i<n;i+=len) {
			ll t=1;
			for(int j=0;j<mid;j++) {
				ll u=a[i+j],v=a[i+j+mid]*t%mod;
				a[i+j]=(u+v)%mod;
				a[i+j+mid]=(u-v+mod)%mod;
				t=t*w%mod;
			}
		}
	}
	if(flag==-1) {
		ll inv=ksm(n,mod-2);
		for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%mod;
	}
}

void Inv(ll *inv,int d,ll *a) {
	static ll A[N<<2];
	if(d==0) {
		inv[0]=ksm(a[0],mod-2);
		return ;
	}
	Inv(inv,d-1,a);
	for(int i=1<<d;i<1<<d+1;i++) A[i]=inv[i]=0;
	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=a[i];
	NTT(inv,d+1,1),NTT(A,d+1,1);
	for(int i=0;i<1<<d+1;i++) inv[i]=(2*inv[i]-A[i]*inv[i]%mod*inv[i]%mod+mod)%mod;
	NTT(inv,d+1,-1);
	for(int i=1<<d;i<1<<d+1;i++) inv[i]=0;
}

void Int(ll *f,int d) {
	int n=1<<d;
	for(int i=0;i<n-1;i++) f[i]=f[i+1]*(i+1)%mod;
	f[n-1]=0;
}
void Der(ll *f,int d) {
	int n=1<<d;
	for(int i=n-1;i>0;i--) f[i]=f[i-1]*ksm(i,mod-2)%mod;
	f[0]=0;
}
void Ln(ll *ln,int d,ll *a) {
	static ll inv[N<<2],f[N<<2];
	for(int i=0;i<1<<d+1;i++) inv[i]=f[i]=0;
	for(int i=0;i<1<<d;i++) f[i]=a[i];
	Inv(inv,d,a);
	Int(f,d);
	NTT(inv,d+1,1),NTT(f,d+1,1);
	for(int i=0;i<1<<d+1;i++) f[i]=f[i]*inv[i]%mod;
	NTT(f,d+1,-1);
	Der(f,d);
	for(int i=0;i<1<<d;i++) ln[i]=f[i];
}
ll fac[N],ifac[N];
ll S[20][20];
ll e[N];
ll C(int n,int m) {return fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;}
void pre(int n,int m) {
	for(int i=0;i<=n;i++) e[i]=ksm(2,i*(i-1)/2);
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	ifac[n]=ksm(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;i>=0;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
	S[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		for(int j=1;j<=i;j++)
			S[i][j]=(S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j])%mod;

}

ll f[N<<2],g[20][N<<2];
ll F[20][N];

void DP(int n,int m) {
	static ll tem[N<<2];
	static ll A[N<<2],B[N<<2];
	for(int i=0;i<=n;i++) {
		tem[i]=e[i]*ifac[i]%mod;
	}
	int d=ceil(log2(n+1));
	Ln(f,d,tem);

	for(int i=1;i<=n;i++) {
		f[i]=f[i]*fac[i]%mod*ifac[i-1]%mod;
	}
	NTT(f,d+1,1);
	g[0][0]=1;
	for(int j=1;j<=m;j++) {
		for(int i=0;i<=n;i++) g[j][i]=g[j-1][i]*ifac[i]%mod;
		NTT(g[j],d+1,1);
		for(int i=0;i<1<<d+1;i++) g[j][i]=g[j][i]*f[i]%mod;
		NTT(g[j],d+1,-1);
		for(int i=n+1;i<1<<d+1;i++) g[j][i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) g[j][i]=g[j][i]*fac[i-1]%mod;
	}
	for(int i=0;i<=n;i++) B[i]=e[i]*ifac[i]%mod;
	NTT(B,d+1,1);
	for(int j=1;j<=m;j++) {
		for(int i=0;i<1<<d+1;i++) A[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) A[i]=g[j][i]*ifac[i]%mod;
		NTT(A,d+1,1);
		for(int i=0;i<1<<d+1;i++) A[i]=A[i]*B[i]%mod;
		NTT(A,d+1,-1);
		for(int i=1;i<=n;i++) F[j][i]=A[i]*fac[i]%mod;
	}
}

int main() {
	pre(30000,15);
	DP(30000,15);
	int T=Get();
	while(T--) {
		n=Get(),m=Get();
		ll ans=0;
		for(int j=1;j<=m;j++) {
			ll res=0;
			(ans+=F[j][n]*fac[j]%mod*S[m][j])%=mod;
		}
		cout<<ans<<"\n";
	}
	return 0;
}