【BZOJ4555】求和（多种解法混合版本）
题面
BZOJ
给定(n),求
[f(n)=sum_{i=0}^{n}sum_{j=0}^{i}S(i,j) imes 2^j imes (j!)
]
(n<=100000)，结果对(998244353)取模。
其中(S(i,j))是第二类斯特林数，表示将(i)个有区别的球放入(j)个相同的盒子中，每个盒子非空的方案数。
(S(n,m)=S(n-1,m-1)+S(n-1,m)*m)
边界条件：(S(i,0)=0,S(i,i)=1)
题解
第二类斯特林数考虑组合意义，可以得到另外一个式子
[S(n,m)=frac{1}{m!}sum_{i=0}^{m}(-1)^iC_m^i(m-i)^n
]
具体的考虑方法是：先假设盒子不同，然后枚举哪些盒子为空，容斥算出所有盒子都非空的方案数，然后除掉盒子不同产生的多余的贡献。
将组合数拆开，我们得到
[S(n,m)=frac{1}{m!}sum_{i=0}^{m}(-1)^ifrac{m !}{i !(m-i)!}(m-i)^n
]
[S(n,m)=sum_{i=0}^{m}frac{(-1)^i}{i !}frac{(m-i)^n}{(m-i)!}
]
这很明显是一个卷积的形式，因此，我们可以利用(FFT/NTT)在(O(nlogn))的时间内预处理所有的(S(n,i),iin[0,n])
做法一：第二类斯特林数展开式(容斥原理)
[f(n)=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^nS(i,j)2^jj!
]
将第二类斯特林数展开为卷积的形式
[=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^nj!·2^j(frac{1}{j!}sum_{k=0}^j(-1)^k·C_j^k·(j-k)^i)
]
[sum_{j=0}^n2^jsum_{k=0}^j(-1)^k·C_j^k·sum_{i=0}^n(j-k)^i
]
[sum_{j=0}^n2^j·j!sum_{k=0}^jfrac{(-1)^k}{k!}frac{sum_{i=0}^n(j-k)^i}{(j-k)!}
]
[sum_{j=0}^n2^j·j!sum_{k=0}^jfrac{(-1)^k}{k!}frac{(j-k)^{n+1}-1}{(j-k)!(j-k-1)}
]
不难观察到后半部分是卷积的形式，(NTT)预处理即可。
时间复杂度(O(nlogn))
定义(Bell)数(B(n)=sum_{i=1}^{n}S(n,i))。表示(i)个不同的球分成任意个非空集合的方案数。
我们可以得到式子
[B(n)=sum_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^iB(i)
]
证明：考虑组合意义，枚举与(1)号球在不同集合内的个数，相当于划分为了子问题处理。
设(S^{'}(n,i)=S(n,i)i !)，表示集合不相同的第二类斯特林数。同理定义(B^{'}(n))
[B^{'}(n)=sum_{i=1}^{n}C_n^iB^{'}(n-i)
]
证明：集合之间已经没有关系了，枚举第一个集合中的元素个数，其他的相当于划分为了子问题处理。
设题目所求
[sum_{i=0}^{n}sum_{j=0}^{i}S(i,j) imes 2^j imes (j!)=sum_{i=0}^nf(i)
]
[f(n)=sum_{i=0}^{n}S(i,j)j !2^j
]
前面部分相当于(B'(n)),后面部分可以看做每一个集合有两种颜色，每次在一种颜色中放球。
那么，类似于前面的(S',B')我们可以写出
[f(n)=2sum_{i=1}^nC_n^if(n-i)
]
即考虑第一个集合中的元素个数，以及当前集合的颜色。
将组合数拆开考虑，得到。
[f(n)=2n!sum_{i=1}^{n}frac{1}{i !}frac{f(n-i)}{(n-i)!}
]
方法二：(CDQ)分治(+FFT)/分治(FFT)
将式子稍微改写一下
[frac{f(n)}{n!}=sum_{i=0}^{n-1}frac{2}{i !}frac{f(i)}{(n-i)!}
]
设(g(i)=frac{2}{i !})。可以使用(CDQ)分治+(FFT)来实现。
我们观察到如果要算出(f(n)),(f(1..n-1))就必须求得，于是，我们进行分治，每次左侧的(f)值可以对右侧的值产生贡献，贡献就是(f(i))和(g(i))的卷积。这就是一个(CDQ)分治，时间复杂度(O(nlog^2n))
方法三：生成函数＋多项式求逆
[frac{f(n)}{n!}=sum_{i=0}^{n-1}frac{2}{i !}frac{f(i)}{(n-i)!}
]
设(F(x))是(f(n))的(EGF),(G(n))是(g(i)=frac{2}{i !})的(OEG),特别注意的是，(g(0)=0)
所以我们有(F(x)=F(x)G(x)+1)。需要(+1)的原因是(g(0)=0,f(0)=1)。于是我们解一下方程
[F(x)=frac{1}{1-G(x)}
]
多项式求逆即可。
时间复杂度(O(nlogn))
方法一代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MOD 998244353
#define MAX 500000
const int pr=3;
const int phi=MOD-1;
int fpow(int a,int b)
{
int s=1;
while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}
return s;
}
int r[MAX],N,M,l;
int jc[MAX],inv[MAX];
int a[MAX],b[MAX],S[MAX];
void NTT(int *P,int opt)
{
for(int i=0;i<N;++i)if(i<r[i])swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i<N;i<<=1)
{
int W=fpow(pr,phi/(i<<1));
for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)
{
int w=1;
for(int k=0;k<i;++k,w=1ll*w*W%MOD)
{
int X=P[j+k],Y=1ll*w*P[i+j+k]%MOD;
P[j+k]=(X+Y)%MOD;P[i+j+k]=((X-Y)%MOD+MOD)%MOD;
}
}
}
if(opt==-1)reverse(&P[1],&P[N]);
}
void Work()
{
M+=N;
for(N=1;N<=M;N<<=1)++l;
for(int i=0;i<N;++i)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
NTT(a,1);NTT(b,1);
for(int i=0;i<N;++i)a[i]=1ll*a[i]*b[i]%MOD;
NTT(a,-1);
for(int i=0,inv=fpow(N,MOD-2);i<N;++i)a[i]=1ll*a[i]*inv%MOD;
}
int n,ans;
int main()
{
scanf("%d",&n);
N=M=n;
jc[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
for(int i=1;i<=n;++i)inv[i]=fpow(jc[i],MOD-2);
for(int i=0;i<=n;++i)a[i]=(i&1)?-1:1;
for(int i=0;i<=n;++i)a[i]=(1ll*a[i]*inv[i]%MOD+MOD)%MOD;
for(int i=2;i<=n;++i)b[i]=(fpow(i,n+1)-1+MOD)%MOD;
for(int i=2;i<=n;++i)b[i]=1ll*b[i]*inv[i]%MOD;
for(int i=2;i<=n;++i)b[i]=1ll*b[i]*fpow(i-1,MOD-2)%MOD;
b[0]=1;b[1]=n+1;
Work();
for(int i=0,p=1;i<=n;++i,p=(p+p)%MOD)ans=(ans+1ll*jc[i]*p%MOD*a[i]%MOD)%MOD;
printf("%d
",ans);
return 0;
}
方法二代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 333333
#define MOD (998244353)
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int fpow(int a,int b)
{
int s=1;
while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}
return s;
}
int jc[MAX],inv[MAX],jv[MAX],n;
int f[MAX],g[MAX];
void prepare(int N)
{
jc[0]=jv[0]=jc[1]=inv[1]=jv[1]=1;
for(int i=2;i<=N;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
for(int i=2;i<=N;++i)inv[i]=1ll*(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
for(int i=2;i<=N;++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;
for(int i=1;i<=N;++i)g[i]=(jv[i]+jv[i])%MOD;
}
int r[MAX];
void NTT(int *P,int len,int opt)
{
int N,l=0;for(N=1;N<len;N<<=1)++l;
for(int i=0;i<N;++i)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
for(int i=0;i<N;++i)if(i<r[i])swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i<N;i<<=1)
{
int W=fpow(3,(MOD-1)/(i<<1));
for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)
{
int w=1;
for(int k=0;k<i;++k,w=1ll*w*W%MOD)
{
int X=P[j+k],Y=1ll*w*P[i+j+k]%MOD;
P[j+k]=(X+Y)%MOD;P[i+j+k]=(X+MOD-Y)%MOD;
}
}
}
if(opt==-1)
{
reverse(&P[1],&P[N]);
for(int i=0,inv=fpow(N,MOD-2);i<N;++i)P[i]=1ll*P[i]*inv%MOD;
}
}
int A[MAX],B[MAX];
void CDQ(int l,int r)
{
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
CDQ(l,mid);
for(int i=0;i<=mid-l;++i)A[i]=f[i+l];
for(int i=0;i<=r-l;++i)B[i]=g[i];
int N;for(N=1;N<=mid+r-l-l+1;N<<=1);
NTT(A,N,1);NTT(B,N,1);
for(int i=0;i<N;++i)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%MOD;
NTT(A,N,-1);
for(int i=mid-l+1;i<=r-l;++i)f[i+l]=(A[i]+f[i+l])%MOD;
for(int i=0;i<N;++i)A[i]=B[i]=0;
CDQ(mid+1,r);
}
int main()
{
prepare(n=read());
f[0]=1;
CDQ(0,n);
int ans=0;
for(int i=0;i<=n;++i)ans=(ans+1ll*f[i]*jc[i]%MOD)%MOD;
printf("%d
",ans);
return 0;
}
方法三代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 333333
#define MOD (998244353)
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int fpow(int a,int b)
{
int s=1;
while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}
return s;
}
int inv[MAX],jc[MAX],n;
int f[MAX],g[MAX];
void prepare(int N)
{
inv[1]=inv[0]=jc[0]=jc[1]=1;
for(RG int i=2;i<=N;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
for(RG int i=2;i<=N;++i)inv[i]=1ll*(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
for(RG int i=2;i<=N;++i)inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%MOD;
for(RG int i=1;i<=N;++i)g[i]=(inv[i]+inv[i])%MOD;
}
int r[MAX],W[MAX];
void NTT(int *P,int len,int opt)
{
int N,l=0;for(N=1;N<len;N<<=1)++l;
for(RG int i=0;i<N;++i)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
for(RG int i=0;i<N;++i)if(i<r[i])swap(P[i],P[r[i]]);
for(RG int i=1;i<N;i<<=1)
{
RG int w=fpow(3,(MOD-1)/(i<<1));
W[0]=1;for(RG int k=1;k<i;++k)W[k]=1ll*W[k-1]*w%MOD;
for(RG int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)
for(RG int k=0;k<i;++k)
{
int X=P[j+k],Y=1ll*W[k]*P[i+j+k]%MOD;
P[j+k]=(X+Y)%MOD;P[i+j+k]=(X+MOD-Y)%MOD;
}
}
if(opt==-1)
{
reverse(&P[1],&P[N]);
for(RG int i=0,inv=fpow(N,MOD-2);i<N;++i)P[i]=1ll*P[i]*inv%MOD;
}
}
int A[MAX],B[MAX];
void Inv(int *a,int *b,int len)
{
if(len==1){b[0]=fpow(a[0],MOD-2);return;}
Inv(a,b,len>>1);
for(RG int i=0;i<len;++i)A[i]=a[i],B[i]=b[i];
NTT(A,len<<1,1);NTT(B,len<<1,1);
for(RG int i=0;i<(len<<1);++i)B[i]=1ll*A[i]*B[i]%MOD*B[i]%MOD;
NTT(B,len<<1,-1);
for(RG int i=0;i<len;++i)b[i]=((b[i]+b[i])%MOD+MOD-B[i])%MOD;
for(RG int i=0;i<(len<<1);++i)A[i]=B[i]=0;
}
int main()
{
prepare(n=read());
int N;for(N=1;N<=n;N<<=1);
for(RG int i=0;i<N;++i)g[i]=(MOD-g[i])%MOD;g[0]=1;
Inv(g,f,N);
int ans=0;
for(RG int i=0;i<=n;++i)ans=(ans+1ll*f[i]*jc[i]%MOD)%MOD;
printf("%d
",ans);
return 0;
}