【CF932E】Team Work
题意：求$sumlimits_{i=1}^nC_n^ii^k$，答案模$10^9+7$。$nle 10^9,kle 5000$。
【BZOJ5093】图的价值
题意：“简单无向图”是指无重边、无自环的无向图（不一定连通）。一个带标号的图的价值定义为每个点度数的k次方的和。给定n和k，请计算所有n个点的带标号的简单无向图的价值之和。因为答案很大，请对998244353取模输出。
$nle 10^9,kle 200000$
题解：对于第二道题我们显然可以将每个点的度数分开算，枚举这个点的度数显然可以得出$ans=n imes 2^{frac {(n-1)(n-2)} 2}sumlimits_{i=0}^{n-1}C_n^ii^k$。那么这两道题的关键都在于如何求出$sumlimits_{i=0}^nC_ii^k$。
由于第一道题的k比较小，这里给出一种简单的递推方法：
$sumlimits_{i=1}^nC_n^ii^k=sumlimits_{i=1}^nC_n^i imes i imes i^{k-1}\=nsumlimits_{i=1}^nC_{n-1}^{i-1} imes i^{k-1}\=nsumlimits_{i=1}^{n-1}C_{n-1}^i imes (i+1)^{k-1}+1$
这提醒我们用$f[k][j]=sumlimits_{i=1}^{n-j}C_{n-j}^i imes(i+j)^k$。不难得到递推式：
$f[k][j]=sumlimits_{i=1}^{n-j}C_{n-j}^i(i+j)^k\=sumlimits_{i=1}^{n-j}C_{n-j}^ii(i+j)^{k-1}+jsumlimits_{i-1}^{n-j}C_{n-j}^i(i+j)^{k-1}\=(n-j)sumlimits_{i=1}^{n-j}C_{n-j-1}^{i-1}(i+j)^{k-1}+jcdot f[k-1][j]\=(n-j)(sumlimits_{i=1}^{n-j-1}C_{n-j-1}^i(i+j+1)^{k-1}+(j+1)^{k-1})+jcdot f[k-1][j]\=(n-j)(f[k-1][j+1]+(j+1)^{k-1})+jcdot f[k-1][j]$
$O(n^2)$算即可。注意特判$n<k$的情况。
第二题这么算就过不去了，我们换一种思路，考虑用第二类斯特林数。
$S_n^m$为第二类斯特林数，表示把n个不同的球装进m个相同的箱子里，要求箱子不能为空的方案数。我们可以用容斥来得到第二类斯特林数的通项公式。先假设箱子是有标号的，则答案要除以$m!$。我们枚举至少有i个箱子是空的，球可以随便装进其余的箱子里，那么方案数为$C_m^i imes (m-i)^n$。所以$S_n^m=frac 1 {m!}sumlimits_{i=0}^m(-1)^iC_m^i(m-i)^n$。
将组合数拆开，得到$S_n^m=sumlimits_{i=0}^mfrac {(-1)^i} {i!}frac {(m-i)^n} {(m-i)!}$。发现这个东西符合卷积的形式，所以我们可以用NTT在$O(nlog n)$的时间里预处理斯特林数。
再来考虑一个组合问题，将n个不同的球装进m个不同的箱子里，允许箱子为空的方案数是多少？我们可以枚举非空的箱子的个数，由于是有标号的，所以还要乘一个排列数，那么答案就是$sumlimits_{i=1}^mP_m^iS_n^i$。而小学生都知道这个问题的答案就是$m^n$。所以$m^n=sumlimits_{i=1}^mP_m^iS_n^i$。我们下面就要利用这个恒等式。
$sumlimits_{i=0}^nC_n^ii^k=sumlimits_{i=0}^nC_n^isumlimits_{j=0}^iP_i^jS_k^j\=sumlimits_{i=0}^nC_n^isumlimits_{j=0}^iC_i^jj!S_k^j\=sumlimits_{j=0}^nj!S_k^jsumlimits_{i=j}^nC_n^iC_n^j$
后面那个东西是什么？在n个物品里选择i个，再从i个物品里选j个的方案数。我们可以先选j个，然后其他物品可以选也可以不选，所以就是$C_n^j imes 2^{n-j}$。
于是就变成了$sumlimits_{j=0}^nS_k^jj!C_n^j2^{n-j}=sumlimits_{j=0}^kS_k^jj!C_n^j2^{n-j}$。
代码：
CF932E：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1000000007;
ll n,m;
ll f[2][5010],g[5010];
inline ll pm(ll x,ll y)
{
ll z=1;
while(y)
{
if(y&1) z=z*x%P;
x=x*x%P,y>>=1;
}
return z;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
int i,j,d;
if(n<=m)
{
for(i=0;i<=n;i++)
{
d=i&1;
memset(f[d],0,sizeof(f[d]));
f[d][0]=1;
for(j=1;j<=i;j++) f[d][j]=(f[d^1][j-1]+f[d^1][j])%P;
}
ll ans=0;
for(i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[n&1][i]*pm(i,m))%P;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
ll tmp=pm(2,n-m);
for(i=1;i<=m+1;i++) g[i]=1;
for(i=m;i>=0;i--) f[0][i]=tmp-1,tmp=(tmp<<1)%P;
for(i=1;i<=m;i++)
{
d=i&1;
memset(f[d],0,sizeof(f[d]));
for(j=0;j<=m-i;j++) f[d][j]=((n-j)*(f[d^1][j+1]+g[j+1])%P+j*f[d^1][j])%P,g[j+1]=g[j+1]*(j+1)%P;
}
printf("%lld",f[m&1][0]);
return 0;
}
BZ5093:
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=998244353;
const int maxn=(1<<19)+4;
int k,len;
ll n,ans;
ll A[maxn],B[maxn],ine[maxn],jc[maxn],jcc[maxn];
inline ll pm(ll x,ll y)
{
ll z=1;
while(y)
{
if(y&1) z=z*x%P;
x=x*x%P,y>>=1;
}
return z;
}
inline ll c(int a,int b)
{
if(a<b) return 0;
return jc[a]*jcc[a-b]%P*jcc[b]%P;
}
inline void NTT(ll *a,int f)
{
int i,j,k,h;
ll t;
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(h=2;h<=len;h<<=1)
{
ll wn;
if(f==1) wn=pm(3,(P-1)/h);
else wn=pm(3,P-1-(P-1)/h);
for(i=0;i<len;i+=h)
{
ll w=1;
for(j=i;j<i+h/2;j++) t=w*a[j+h/2]%P,a[j+h/2]=(a[j]-t)%P,a[j]=(a[j]+t)%P,w=w*wn%P;
}
}
if(f==-1)
{
t=pm(len,P-2);
for(i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*t%P;
}
}
int main()
{
scanf("%lld%d",&n,&k),n--;
int i;
for(len=1;len<(k<<1);len<<=1);
ine[0]=ine[1]=jc[0]=jc[1]=jcc[0]=jcc[1]=1;
for(i=2;i<=k;i++) ine[i]=P-(P/i)*ine[P%i]%P,jc[i]=jc[i-1]*i%P,jcc[i]=jcc[i-1]*ine[i]%P;
for(i=0;i<=k;i++) A[i]=((i&1)?-1:1)*jcc[i],B[i]=pm(i,k)*jcc[i]%P;
NTT(A,1),NTT(B,1);
for(i=0;i<len;i++) A[i]=A[i]*B[i]%P;
NTT(A,-1);
ll tmp=1;
for(i=0;i<=n&&i<=k;i++)
{
ans=(ans+A[i]*jc[i]%P*tmp%P*pm(2,n-i))%P;
tmp=tmp*(n-i)%P*ine[i+1]%P;
}
ans=ans*(n+1)%P*pm(2,n*(n-1)/2)%P;
ans=(ans+P)%P;
printf("%lld",ans);
return 0;
}