題目鏈接

\(Description\)

求\[\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^iS(i,j)\times 2^j\times j!\mod 998244353\]

其中\(S(i,j)\)為第二類斯特林?jǐn)?shù)（\(S(n,m)\)即在\(m\)個(gè)無區(qū)別盒子中放\(n\)個(gè)不同小球的方案數(shù)）。

\(Solution\)

（不知博客園markdowm怎么回事就是顯示格式錯(cuò)誤）

另：第二類斯特林?jǐn)?shù) 總結(jié)。

//7988kb 2340ms #include <cstdio> #include <algorithm> #define mod 998244353 #define G 3 #define invG 332748118 #define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod) typedef long long LL; const int N=(1<<18)+5;int pw[N],fac[N],ifac[N],inv[N],rev[N],f[N],g[N];inline int FP(int x,int k) {int t=1;for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(k&1) t=1ll*t*x%mod;return t; } void NTT(int *a,int lim,int type) {for(int i=1; i<lim; ++i) if(i<rev[i]) std::swap(a[i],a[rev[i]]);for(int i=2; i<=lim; i<<=1){int mid=i>>1;int Wn=FP(~type?G:invG,(mod-1)/i);for(int j=0; j<lim; j+=i){int w=1,t;for(int k=0; k<mid; ++k,w=1ll*w*Wn%mod)a[j+k+mid]=(a[j+k]-(t=1ll*a[j+k+mid]*w%mod)+mod), Mod(a[j+k+mid]),a[j+k]+=t, Mod(a[j+k]);}}if(type==-1) for(int i=0,inv=FP(lim,mod-2); i<lim; ++i) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod; }int main() {int n; scanf("%d",&n);pw[0]=fac[0]=1;for(int i=1; i<=n; ++i)pw[i]=pw[i-1]<<1, Mod(pw[i]), fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;ifac[n]=FP(fac[n],mod-2);for(int i=n-1; ~i; --i) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;inv[1]=1;for(int i=2; i<=n; ++i) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;f[0]=g[0]=1, f[1]=mod-1/*not -1==*/, g[1]=n+1;for(int i=2; i<=n; ++i)f[i]=i&1?(mod-ifac[i]):ifac[i],g[i]=1ll*(FP(i,n+1)-1)*inv[i-1]%mod*ifac[i]%mod;//FP(..,..)!=0int len=-1,lim=1; while(lim<=n<<1) lim<<=1,++len;for(int i=1; i<lim; ++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<len);NTT(f,lim,1), NTT(g,lim,1);for(int i=0; i<lim; ++i) f[i]=1ll*f[i]*g[i]%mod;NTT(f,lim,-1);LL ans=0;for(int i=0; i<=n; ++i) ans+=1ll*pw[i]*fac[i]%mod*f[i]%mod;printf("%lld\n",ans%mod);return 0; } 自留 ### $Description$ 求$$\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^iS(i,j)\times 2^j\times j!\mod 998244353$$其中$S(i,j)$為第二類斯特林?jǐn)?shù)（$S(n,m)$即在$m$個(gè)無區(qū)別盒子中放$n$個(gè)不同小球的方案數(shù)）。 ### $Solution$ 注意到$i<j$時(shí)，$S(i,j)=0$，所以$j$的上界可以到$n$。 $$\begin{aligned}\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^iS(i,j)\times 2^j\times j!&=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^nS(i,j)\times 2^j\times j!\\&=\sum_{j=0}^n2^j\cdot j!\cdot\sum_{i=0}^nS(i,j)\tag !\end{aligned}$$$S(n,m)$的一個(gè)公式為$$S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^m(-1)^kC(m,k)(m-k)^n$$即利用容斥，枚舉強(qiáng)制為空的盒子有多少個(gè)（空盒子至少有多少個(gè)）。因?yàn)楹凶訜o序所以再除以$m!$。然后可以化簡(jiǎn)。$$\begin{aligned}S(n,m)&=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^m(-1)^kC(m,k)(m-k)^n\\&=\sum_{k=0}^m(-1)^k\frac{1}{k!(m-k)!}(m-k)^n\\&=\sum_{k=1}^m\frac{(-1)^k}{k!}\cdot\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}\end{aligned}$$注意到這是個(gè)卷積形式，所以我們可以$O(n\log n)$計(jì)算出$S(n,i)$。 當(dāng)然本題還是把上式代回去。$$\begin{aligned}\sum_{j=0}^n2^j\cdot j!\cdot\sum_{i=0}^nS(i,j)&=\sum_{j=0}^n2^j\cdot j!\cdot\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^k}{k!}\cdot\frac{(j-k)^i}{(j-k)!}\\&=\sum_{j=0}^n2^j\cdot j!\cdot\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^k}{k!}\cdot\frac{\sum_{i=0}^n(j-k)^i}{(j-k)!}\tag !\end{aligned}$$注意到后面還是個(gè)卷積形式，令$f(x)=\frac{(-1)^x}{x!},g(x)=\frac{\sum_{i=0}^nx^i}{x!}$。 設(shè)$S_n=\sum_{i=0}^nx^i$，則$xS_n=\sum_{i=1}^{n+1}x^i$，得$S_n=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}$，即$g(x)=\frac{x^{n+1}-1}{(x-1)x!}\tag !$。特殊的，令$g(0)=1,g(1)=n+1$。 這樣$f,g$都可以遞推。 然后$$Ans=\sum_{j=0}^n2^j\cdot j!\cdot(f*g)(j)$$NTT就行了。

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/SovietPower/p/9715954.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的BZOJ.4555.[HEOI2016TJOI2016]求和(NTT 斯特林数)的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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