Codeforces 1528F

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神仙题，只不过感觉有点强行二合一（？）。

首先考虑什么样的数组 (a) 符合条件，我们考虑一个贪心的思想，我们从前到后遍历，对于每一个 (a_i) 如果它已经在前面出现了就不断给它加 (1) 直到它没有出现过为止。如果某个 (a_i) 超过了 (n) 则不符合条件，正确性显然。这样看起来还是有点抽象，我们不妨把它转化成这样的模型：有一架飞机有 (n) 个位置，有 (n) 个乘客要登飞机，每个乘客都预定了一个位置 (a_i)，每个乘客上飞机的时候，如果它的位置已经被占了，那么它会一直向前走直到到达一个空位为止并坐下，如果有乘客没位置坐则不符合题意。

这是一个非常经典的问题，仿照那题的解法可以考虑这样的转化：添加一个 (n+1) 号位并接链成环（？），将原先在链上走转化为在环上走，那么 (a) 符合条件当且仅当 (n+1) 位置最后没有被占。由于这 (n+1) 个点组成一个环，故 (n+1) 个点是对称的，它们被占的概率都是相同的，为 (dfrac{1}{n+1})，因此合法的 (a) 的个数就是总序列数乘 (dfrac{1}{n+1})，即 ((n+1)^{n-1})（注意：这里我们要做一个微调，即将 (a_i) 的上界扩大到 (n+1)，否则就无法保证每个点都是对称的了，这个 (dfrac{1}{n+1}) 也就不成立了，故总序列个数实际上是 ((n+1)^n)，并且如果 (exists a_i=n+1) 那么肯定就不合法了，因此你改就改呗，也不影响我合法的序列 (a) 的个数）。

到这里我们只分析完了序列 (a) 的性质，即将序列 (a) 的贡献全当作 (1) 来算后得到的答案，可实际上对于某个 (a) 它对答案的贡献并不是 (1)，而是 (sumlimits_{i=1}^{n+1}c_i^k)，其中 (c_i) 为 (i) 的出现次数。这时候又到了动用咱们聪明才智的时候了。考虑继续分析 (a) 的性质，还是从「(n+1) 个点组成一个环」这个条件入手，显然我们将每个点都向右平移 (C) 格后每个数的出现次数不变，即合法的 (b) 的个数 (cntb(a)) 不变，但最后留下来的位置也会跟着平移 (C) 格。因此考虑对每个合法的序列 (a) 做 (n) 次映射，即 (a_i:=(a_i+C-1)mod(n+1)+1)，(C=1,2,3,cdots,n)。由于 (a) 是合法的序列，故映射后的序列肯定不是合法序列，显然这 (n+1) 个序列的 (cntb) 都是相同的，又所有合法序列映射后肯定恰好包含全部序列，因此我们可以求出所有序列的答案之和后除以 (n+1) 即可算出答案。

接下来考虑怎么计算所有序列的答案之和，显然每个数的贡献都是相同的，计算出一个数的贡献后乘以 (n+1) 即为总贡献，又最后要除掉一个 (n+1)，他俩刚好怼调了。计算一个数的贡献还算好办，枚举出现次数排列组合求一下即可，即

[ ext{ans}=sumlimits_{i=0}^ndbinom{n}{i}i^kn^{n-i} ]

接下来就是愉快地推式子环节了，至此我们进入了本题的第二部分：

[egin{aligned} ext{ans}&=sumlimits_{i=0}^ndbinom{n}{i}i^kn^{n-i} \&=sumlimits_{i=0}^ndbinom{n}{i}n^{n-i}sumlimits_{j=0}^iegin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}j!dbinom{i}{j}&( ext{第二类斯特林数的性质}) \&=sumlimits_{i=0}^nsumlimits_{j=0}^idbinom{n}{i}dbinom{i}{j}n^{n-i}egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}j! \&=sumlimits_{i=0}^nsumlimits_{j=0}^idbinom{n}{j}dbinom{n-j}{i-j}n^{n-i}egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}j!&( ext{吸收恒等式}) \&=sumlimits_{j=0}^ndbinom{n}{j}egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}j!sumlimits_{i=j}^ndbinom{n-j}{i-j}n^{n-i}&( ext{交换求和号}) \&=sumlimits_{j=0}^ndbinom{n}{j}egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}j!sumlimits_{i=0}^{n-j}dbinom{n-j}{i}n^{n-i-j}·1^i \&=sumlimits_{j=0}^ndbinom{n}{j}egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}j!(n+1)^{n-j} end{aligned} ]

(egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}) 可以通过第二类斯特林数·行求出，于是这道二合一的缝合怪题终于做完了（

const int MAXP=1<<18;
const int MAXN=1e5;
const int pr=3;
const int MOD=998244353;
const int ipr=(MOD+1)/3;
int qpow(int x,int e){
	int ret=1;
	for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(e&1) ret=1ll*ret*x%MOD;
	return ret;
}
int n,k,rev[MAXP+5],fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
void init_fac(int n){
	for(int i=(fac[0]=ifac[0]=ifac[1]=1)+1;i<=n;i++) ifac[i]=1ll*ifac[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD,ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%MOD;
}
void NTT(vector<int> &a,int len,int type){
	int lg=31-__builtin_clz(len);
	for(int i=0;i<len;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<lg-1);
	for(int i=0;i<len;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int i=2;i<=len;i<<=1){
		int W=qpow((type<0)?ipr:pr,(MOD-1)/i);
		for(int j=0;j<len;j+=i){
			for(int k=0,w=1;k<(i>>1);k++,w=1ll*w*W%MOD){
				int X=a[j+k],Y=1ll*a[(i>>1)+j+k]*w%MOD;
				a[j+k]=(X+Y)%MOD;a[(i>>1)+j+k]=(X-Y+MOD)%MOD;
			}
		}
	}
	if(type==-1){
		int ivn=qpow(len,MOD-2);
		for(int i=0;i<len;i++) a[i]=1ll*a[i]*ivn%MOD;
	}
}
vector<int> conv(vector<int> a,vector<int> b){
	int LEN=1;while(LEN<a.size()+b.size()) LEN<<=1;
	a.resize(LEN,0);b.resize(LEN,0);NTT(a,LEN,1);NTT(b,LEN,1);
	for(int i=0;i<LEN;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%MOD;
	NTT(a,LEN,-1);return a;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);init_fac(k);
	vector<int> a(k+1),b(k+1);
	for(int i=0;i<=k;i++){
		a[i]=(i&1)?(MOD-ifac[i]):ifac[i];
		b[i]=1ll*qpow(i,k)*ifac[i]%MOD;
	} a=conv(a,b);int cur=1,ans=0;
	for(int j=1;j<=min(n,k);j++){
		cur=1ll*cur*(n-j+1)%MOD*qpow(j,MOD-2)%MOD;
		ans=(ans+1ll*a[j]*fac[j]%MOD*cur%MOD*qpow(n+1,n-j))%MOD;
	} printf("%d
",ans);
	return 0;
}