感谢gryz的mly大好人再次给我提供了题目和数据。

和昨晚那个题几乎一样,都是x^n最后转化成第二类斯特林数*阶乘*Σ(和路径长度有关的组合数),而因为组合数是可以利用Pascal公式实现O(1)递推的,所以最后的复杂度都降为O(NK)。

随便推一下,

ANS(x)=Σ(p是1到x的一条路径) len(p)^k = Σ(h=1 to k) S(k,h) Σ(p是1到x的一条路径)P(len(p),h)= Σ(h=1 to k) S(k,h)*h!*Σ(p是1到x的一条路径)C(len(p),h)。

所以我们设now[x][i]=Σ(p是1到x的一条路径)C(len(p),i)。

因为保证了是个DAG且1可以到达所有节点,所以图中只有1的入度是0,然后我们直接从1开始拓扑排序就行了。

需要注意的是因为这个题只是求1到x的路径,所以除了now[1][0],其他的now[x][0]一开始都是0,而不像昨天的那个题是求树上任意一个其他点到它的路径。

(总感觉我脸黑常熟大的样子,如图)

code:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
#define maxn 100005
#define ha 998244353
#define pb push_back
using namespace std;
vector<int> g[maxn];
int ans,n,k,m,id[maxn];
int S[][],jc[];
int q[maxn],hd=,tl=;
int now[maxn][]; inline void init(){
S[][]=,jc[]=;
for(int i=;i<=;i++){
jc[i]=jc[i-]*(ll)i%ha;
for(int j=;j<=;j++) S[i][j]=((ll)S[i-][j-]+S[i-][j]*(ll)j)%ha;
}
} inline void solve(){
q[++tl]=,now[][]=;
int x,to;
while(hd<=tl){
x=q[hd++];
for(int i=g[x].size()-;i>=;i--){
to=g[x][i];
now[to][]+=now[x][];
if(now[to][]>=ha) now[to][]-=ha;
for(int j=;j<=k;j++){
now[to][j]+=now[x][j];
if(now[to][j]>=ha) now[to][j]-=ha;
now[to][j]+=now[x][j-];
if(now[to][j]>=ha) now[to][j]-=ha;
} if(!(--id[to])) q[++tl]=to;
}
}
} int main(){
freopen("xmasdag.in","r",stdin);
freopen("xmasdag.out","w",stdout); init(); scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
int uu,vv;
for(int i=;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&uu,&vv);
g[uu].pb(vv),id[vv]++;
} // for(int i=1;i<=n;i++) now[i][0]=1;
solve(); for(int i=;i<=n;i++){
ans=;
for(int j=;j<=k;j++) ans=((ll)ans+S[k][j]*(ll)jc[j]%ha*(ll)now[i][j])%ha;
printf("%d\n",ans);
} return ;
}

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