莓良心

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problem

莓在執行任務時，收集到了 $n$ 份巖漿能源，其中第 $i$ 份的能量值是 $w_i$ ，她
決定將它們分成恰好 $k$ 組帶回基地，每一組都要有至少 $1$ 份能源。

每一組能源會對運輸設備產生負荷值，若該組有 $x$ 份能源，這 $x$ 份能源能
量值之和為 $y$ , 則產生的負荷值為 $x\times y$ 。

每種分組方案產生的負荷是每一組能源產生的負荷值總和，莓想知道所有可
能的分組方案產生的負荷之和對 998244353 取模的結果 。

$k\le n\le 1e6$。

solution

將 $n$ 個不同物品分成 $k$ 組，球有標號，盒子無標號，顯然是第二類斯特林數。

考場上倒是把公式都推出來了，但是沒反應過來是第二類斯特林。。。但這不重要，主要是沒想到優化計算方式。

暴力求第二類斯特林數：$f_{i,j}=f_{i?1,j}?j+f_{i?1,j?1}$。

容斥求第二類斯特林數：$\frac{{\sum }_{i=0}^k(?1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})(k?i{)}^n}{k!}$。

考慮將每個數單獨拆開計算貢獻，暴力枚舉其所在組的個數，然后乘以剩下數分成 $k?1$ 組的方案數，時間復雜度是 $O(n^2)$ 的。

我就卡在這里優化不了了。

考慮若 $u,v$ 分在一組，則對答案有 $w_u+w_v$ 的貢獻，即 $ans={\sum }_{u=1}^n{w}_u?\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}+{\sum }_{u=v}(w_u+w_v)?\left\{\begin{array}{c}n?1\\ k\end{array}\right\}$

$?ans={\sum }_{w_i}?(\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}+(n?1)\left\{\begin{array}{c}n?1\\ k\end{array}\right\})$

線性篩預處理 $(k?i{)}^n$，時間復雜度為 $O(n)$。

code

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define Pair pair < int, int > #define int long long #define mod 998244353 #define maxn 1000005 int n, k, cnt; int fac[maxn], inv[maxn], Pow1[maxn], Pow2[maxn], prime[maxn]; bool vis[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }void init() {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod; }void sieve() {Pow1[1] = Pow2[1] = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! vis[i] ) {prime[++ cnt] = i;Pow1[i] = qkpow( i, n );Pow2[i] = qkpow( i, n - 1 );}for( int j = 1;j <= cnt and i * prime[j] <= n;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;Pow1[i * prime[j]] = Pow1[i] * Pow1[prime[j]] % mod;Pow2[i * prime[j]] = Pow2[i] * Pow2[prime[j]] % mod;if( i % prime[j] == 0 ) break;}} }int C( int n, int m ) { return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; }Pair calc() {int ans1 = 0, ans2 = 0;for( int i = 0;i <= k;i ++ ) {int t = ( i & 1 ) ? -1 : 1;ans1 = ( ans1 + t * C( k, i ) * Pow1[k - i] % mod ) % mod;ans2 = ( ans2 + t * C( k, i ) * Pow2[k - i] % mod ) % mod;}ans1 = ans1 * inv[k] % mod;ans2 = ans2 * inv[k] % mod;return { ( ans1 + mod ) % mod, ( ans2 + mod ) % mod }; }signed main() {freopen( "ichigo.in", "r", stdin );freopen( "ichigo.out", "w", stdout );scanf( "%lld %lld", &n, &k );int sum = 0;for( int i = 1, w;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &w ), sum = ( sum + w ) % mod;init();sieve();Pair ans = calc();printf( "%lld\n", ( ans.first + ( n - 1 ) * ans.second ) % mod * sum % mod );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的莓良心（第二类斯特林数）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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