BZOJ 5093: [Lydsy1711月赛]图的价值 第二类斯特林数+NTT

定义有向图的价值为图中每一个点的度数的 \(k\) 次方之和.

求：对于 \(n\) 个点的无向图所有可能情况的图的价值之和.

遇到这种题，八成是每个点单独算贡献，然后累加起来.

我们可以枚举一个点的度数是多少，然后试着去算该情况下的贡献，即 \(\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}i^k\)

由于一共有 \(n\) 个点，而除了我们限定的边之外其余的边都是可以随便连的.

故 \(Ans=n\times 2^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}}\times \sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}i^k\)

前面的好算，关键在于后面的 \(\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}i^k\)

考虑将 \(i^k\) 按照第二类斯特林数的方式展开，得 \(\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{i}S(k,j)\binom{i}{j}(j!)\)

考虑提前枚举 \(j\)，有 \(\sum_{j=0}^{n-1}S(k,j)(j!)\sum_{i=j}^{n-1}\binom{n-1}{i}\binom{i}{j}\)

后面那个 \(\sum_{i=j}^{n-1}\binom{n-1}{i}\binom{i}{j}\) 还可以继续推，将组合数变换一下，有 \(\sum_{i=j}^{n-1}\binom{n-1}{j}\binom{n-1-j}{i-j}\)

\(\Rightarrow \binom{n-1}{j}\sum_{i=j}^{n-1}\binom{n-1-j}{i-j}\)

然后 \(\sum_{i=j}^{n-1}\binom{n-1-j}{i-j}\) 的组合意义是从 \(n-1-j\) 个元素中选择有标号的 \(0,1,2...n-1-j\) 个元素的方案数.

这个直接就可以写成 \(2^{n-1-j}\)

故 \(Ans=n\times 2^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}}\sum_{j=0}^{n-1}S(k,j)(j!)\binom{n-1}{j}2^{n-1-j}\)

由于 \(j\leqslant k\) 时斯特林数才有意义，所以我们只需枚举到 \(min(k,n-1)\) 即可.

斯特林数要用 NTT 来预处理.

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
using namespace std;
const int G=3,mod=998244353,N=400005,phi=998244352;
inline int qpow(int x,int y)
{
    int tmp=1;
    for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)    if(y&1)    tmp=1ll*tmp*x%mod;
    return tmp;
}
inline int INV(int x) { return qpow(x,mod-2); }
inline void NTT(int *a,int len,int flag)
{
    int i,j,k,mid;
    for(i=k=0;i<len;++i)
    {
        if(i>k)   swap(a[i],a[k]);
        for(j=len>>1;(k^=j)<j;j>>=1);
    }
    for(mid=1;mid<len;mid<<=1)
    {
        int wn=qpow(G,(mod-1)/(mid<<1));
        if(flag==-1)    wn=INV(wn);
        for(i=0;i<len;i+=mid<<1)
        {
            int w=1;
            for(j=0;j<mid;++j)
            {
                int x=a[i+j],y=1ll*w*a[i+j+mid]%mod;
                a[i+j]=1ll*(x+y)%mod,  a[i+j+mid]=1ll*(x-y+mod)%mod;
                w=1ll*w*wn%mod;
            }
        }
    }
    if(flag==-1)
    {
        int rev=INV(len);
        for(i=0;i<len;++i)    a[i]=1ll*a[i]*rev%mod;
    }
}
int f[N<<2],g[N<<2],fac[N],inv[N];
void Initialize(int Lim)
{
    int i,j,limit;
    inv[0]=fac[0]=1;
    for(i=1;i<=Lim;++i)    fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,inv[i]=INV(fac[i]);
    for(i=0;i<=Lim;++i)
    {
        f[i]=inv[i];
        if(i&1)    f[i]=mod-f[i];
        g[i]=1ll*inv[i]*qpow(i,Lim)%mod;
    }
    for(limit=1;limit<=2*(Lim+1);limit<<=1);
    NTT(f,limit,1),NTT(g,limit,1);
    for(i=0;i<limit;++i)    f[i]=1ll*f[i]*g[i]%mod;
    NTT(f,limit,-1);
}
int main()
{
    // setIO("input");
    int i,j,n,k,ans=0,Lim;
    scanf("%d%d",&n,&k),Lim=min(n-1,k);
    Initialize(k);
    int now=1,tot=n-1;
    for(i=0;i<=Lim;++i)
    {
        int delta=1ll*f[i]*now%mod*qpow(2,n-1-i)%mod;
        ans=(ans+delta)%mod;
        now=1ll*now*tot%mod;
        --tot;
    }
    ans=1ll*ans*n%mod;
    ans=1ll*ans*qpow(2,1ll*(n-1)*(n-2)/2%phi)%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}