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一個帶標號的圖的價值定義為每個點度數的 \(k\) 次方的和。給定 \(n\) 和 \(k\) ，請計算所有 \(n\) 個點的帶標號的簡單無向圖的價值之和。對 \(998244353\) 取模。

\(1\leq n\leq 10^9,1\leq k\leq 200000\)

Solution

單獨考慮每個點連邊情況，容易發現答案就是

\[n\cdot 2^{n-1\choose 2}\sum_{i=0}^{n-1}{n-1\choose i}i^k\]

其中 \(i\) 枚舉的是某一個點的度數， \(2^{n-1\choose 2}\) 為其它的 \(n-1\) 個點構成的簡單無向圖個數。

考慮如何求

\[\sum_{i=0}^{n-1}{n-1\choose i}i^k\]

注意到第二類斯特林數有這樣的一個性質：

\[n^k=\sum_{i=0}^nS(k,i){n\choose i}i!\]

可以用含義證明。
左式能夠表示 \(k\) 個有區別的球放在 \(n\) 個有區別的盒子中的方案數。
右邊則表示先從 \(n\) 個盒子內選出 \(i\) 個放球的盒子。再用斯特林數求出放球的方案后乘上 \(i!\) 表示有序。

帶回原式

\[\begin{aligned}&\sum_{i=0}^{n-1}{n-1\choose i}\sum_{j=0}^iS(k,j){i\choose j}j!\\=&\sum_{j=0}^{n-1}S(k,j)(j!)\sum_{i=j}^{n-1}{n-1\choose i}{i\choose j}\end{aligned}\]

容易發現

\[\sum_{i=j}^{n-1}{n-1\choose i}{i\choose j}\]

的含義就是先在 \(n-1\) 個球中選出 \(i\) 個，再在 \(i\) 個球中選出 \(j\) 個。

我們用含義相同的式子來代替它：

\[\sum_{i=j}^{n-1}{n-1\choose i}{i\choose j}={n-1\choose j}\cdot 2^{n-1-j}\]

那么

\[\sum_{j=0}^{n-1}(j!){n-1\choose j}2^{n-1-j}\cdot S(k,j)\]

那么不妨用 \(\text{NTT}\) 求出 \(S(k,j),j\in[0,n)\) ，并預處理出其它東西就可以直接算了。

值得注意的是由于 \(n\gg k\) 但不過 \(S(k,j)=0,k<j\) 。所以斯特林數只要處理到 \(k\) 就好了。

Code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 200000*4, yzh = 998244353;int fac[N+5], ifac[N+5], C[N+5]; int n, k; int a[N+5], b[N+5], R[N+5], len, L;int quick_pow(int a, int b) {int ans = 1;while (b) {if (b&1) ans = 1ll*ans*a%yzh;b >>= 1, a = 1ll*a*a%yzh;}return ans; } void NTT(int *A, int o) {for (int i = 0; i < len; i++) if (i < R[i]) swap(A[i], A[R[i]]);for (int i = 1; i < len; i <<= 1) {int gn = quick_pow(3, (yzh-1)/(i<<1)), x, y;if (o == -1) gn = quick_pow(gn, yzh-2);for (int j = 0; j < len; j += (i<<1)) {int g = 1;for (int k = 0; k < i; k++, g = 1ll*g*gn%yzh) {x = A[j+k], y = 1ll*g*A[j+k+i]%yzh;A[j+k] = (x+y)%yzh, A[j+k+i] = (x-y)%yzh;} }}if (o == -1)for (int i = 0, inv = quick_pow(len, yzh-2); i < len; i++) A[i] = 1ll*A[i]*inv%yzh; } void work() {scanf("%d%d", &n, &k); fac[0] = ifac[0] = ifac[1] = C[0] = 1;for (int i = 2; i <= k; i++) ifac[i] = -1ll*yzh/i*ifac[yzh%i]%yzh;for (int i = 1; i <= k; i++) C[i] = 1ll*C[i-1]*ifac[i]%yzh*(n-i)%yzh;for (int i = 1; i <= k; i++)fac[i] = 1ll*i*fac[i-1]%yzh, ifac[i] = 1ll*ifac[i]*ifac[i-1]%yzh;for (int i = 0; i <= k; i++) if (i&1) a[i] = -ifac[i]; else a[i] = ifac[i];for (int i = 0; i <= k; i++) b[i] = 1ll*quick_pow(i, k)*ifac[i]%yzh;for (len = 1; len <= (k<<1); len <<= 1) ++L;for (int i = 0; i < len; i++) R[i] = (R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));NTT(a, 1), NTT(b, 1);for (int i = 0; i < len; i++) a[i] = 1ll*a[i]*b[i]%yzh;NTT(a, -1);int ans = 0;for (int i = 0; i <= min(n-1, k); i++)(ans += 1ll*a[i]*fac[i]%yzh*quick_pow(2, n-1-i)%yzh*C[i]%yzh) %= yzh;ans = 1ll*ans*n%yzh*quick_pow(2, 1ll*(n-1)*(n-2)/2%(yzh-1))%yzh;printf("%d\n", (ans+yzh)%yzh); } int main() {work(); return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/8734318.html

總結

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