[题解] lxxx

题意

计数 (1 sim n) 的排列，满足 (p_i in (i - n +a, i - a))。

(a le 10^5, n le 10^9)

题解

为了便于描述，将限制画在图上，横轴表示 (i)，纵轴表示 (p_i)。

把图转来转去看几遍，发现一种比较可做的方式是先考虑 (FCED) 里的点，每行必须有一个，从上往下，每行都只有 (a) 种选择，方案数 (a!)。

还剩下 (a) 列没有被使用，对应 (p_i in [1, a])。

这时唯一限制就是 ( riangle FGB) 中的点不能选，那么容斥一下，就是强行钦定 (i) 列必须选在 ( riangle FGB) 中，那么 (FCED) 中每次可选的方案数就仅剩 (a - i) 种了。

DP 这样钦定的方案数。设考虑了 (p) 列，已经选了 (q) 个点，(f(p, q) = f(p -1, q) + (p-q+1)f(p - 1, q - 1))。

最后答案是

[sum_{i=0}^{a} (-1)^{a-i} (a - i)!(a-i)^{n-a}f(a, i) ]

可以发现第二维翻转（(q o p + 1 - q)），这样就是第二类 Stirling 数，那么写个 NTT 就好。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int M = 998244353;
inline int add(int x, int y) {return x+y>=M ? x+y-M : x+y;}
template<class ...Args> inline int add(int x, int y, Args... args) {return add(add(x, y), args...);}
inline int sub(int x, int y) {return x-y<0 ? x-y+M : x-y;}
inline int mul(int x, int y) {return 1LL * x * y % M;}
template<class ...Args> inline int mul(int x, int y, Args... args) {return mul(mul(x, y), args...);}
inline void inc(int &x, int y=1) {x += y; if(x >= M) x -= M;}
inline void dec(int &x, int y=1) {x -= y; if(x < 0) x += M;}
inline int power(int x, int y){
  int res = 1;
  for(; y; y>>=1, x = mul(x, x)) if(y & 1) res = mul(res, x);
  return res;
}
inline int inv(int x){return power(x, M - 2);}

const int N = 262144;
int W[N], invW[N], rev[N], last = 0;
void init(){
  W[0] = invW[0] = 1;
  W[1] = power(3, (M - 1) / N); invW[1] = inv(W[1]);
  for(int i=2; i<N/2; i++){
    W[i] = mul(W[i - 1], W[1]);
    invW[i] = mul(invW[i - 1], invW[1]);
  }
}
void make_rev(int n){
  if(n == last) return;
  int l = __builtin_ctz(n) - 1;
  last = n;
  for(int i=1; i<n; i++) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << l);
}
void dft(int a[], int n, int w[] = W){
  make_rev(n);
  for(int i=1; i<n; i++)
    if(i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
  for(int l=2, k=1; k<n; l<<=1, k<<=1){
    const int step = N / l;
    for(int i=0; i!=n; i+=l)
      for(int j=i, e=0, li=i+k; j!=li; j++, e+=step){
        int x = a[j], y = mul(a[j | k], w[e]);
        a[j] = add(x, y);
        a[j | k] = sub(x, y);
      }
  }
}
void idft(int a[], int n, int pres){
  dft(a, n, invW);
  int iN = inv(n);
  for(int i=0; i<pres; i++) a[i] = mul(a[i], iN);
  fill(a + pres, a + n, 0);
}
void idft(int a[], int n){
  dft(a, n, invW);
  int iN = inv(n);
  for(int i=0; i<n; i++) a[i] = mul(a[i], iN);
}
void Dot(int a[], const int b[], const int n){
  for(int i=0; i<n; i++) a[i] = mul(a[i], b[i]);
}
int len(int n){
  int l = 1;
  while(l < n) l <<= 1;
  return l;
}

int fac[N], ifac[N], s2[N], g[N];
void pre_stirling(int n){
  fac[0] = 1;
  for(int i=1; i<=n; i++) fac[i] = mul(fac[i - 1], i);
  ifac[n] = inv(fac[n]);
  for(int i=n-1; i>=0; i--) ifac[i] = mul(ifac[i + 1], i + 1);
  for(int i=0; i<=n; i++){
    s2[i] = mul(power(i, n), ifac[i]);
    if(i & 1) g[i] = M - ifac[i];
    else g[i] = ifac[i];
  }
  int l = len(n * 2 + 1);
  init();
  dft(s2, l); dft(g, l); Dot(s2, g, l); idft(s2, l);
}

int main(){
  int n, a;
  scanf("%d%d", &n, &a);
  if(a >= n){
    puts("0");
    return 0;
  }
  pre_stirling(a + 1);
  int res = 0;
  for(int i=0; i<=a; i++)
    if(i & 1) dec(res, mul(power(a - i, n - a), fac[a - i], s2[a + 1 - i]));
    else inc(res, mul(power(a - i, n - a), fac[a - i], s2[a + 1 - i]));
  printf("%d
", res);
  return 0;
}