BZOJ4555: [Tjoi2016&Heoi2016]求和
https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4555
分析:
- (g[n]=sumlimits_{i=0}^{n}S(n,i) imes 2*i imes (i!))
- 考虑这个式子的组合意义，即(n)个数分成若干有序集合，且每个集合可选可不选。
- 枚举最后一个集合选几个数，有(g(n)=sumlimits_{i=1}^{n}2 imes inom{n}{i} imes g(n-i)) 。
- (g(n)=sumlimits_{i=1}^{n}2 imes frac{n!}{i! imes (n-i)!} imes g(n-i))。
- (frac{g(n)}{n!}=sumlimits_{i=1}^{n}frac{g(n-i)}{(n-i)!} imes frac{2}{i!})。
- 这是一个分治(fft)的形式，可以用多项式求逆优化。
- 具体地，我们设(G=G imes H+1)。
- (G=frac{1}{1-H})
代码:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
#define N 400050
#define mod 998244353
typedef long long ll;
int fac[N],G[N],H[N],A[N],B[N];
int qp(int x,int y) {
int re=1;
for(;y;y>>=1,x=ll(x)*x%mod) if(y&1) re=ll(re)*x%mod; return re;
}
#define inv(x) (qp(x,mod-2))
void ntt(int *a,int len,int flg) {
int i,j,k,t,w,wn,tmp;
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(k=2;k<=len;k<<=1) {
t=k>>1;
wn=qp(3,(mod-1)/k);
if(flg==-1) wn=inv(wn);
for(i=0;i<len;i+=k) {
w=1;
for(j=i;j<i+t;j++) {
tmp=ll(a[j+t])*w%mod;
a[j+t]=(a[j]-tmp)%mod;
a[j]=(a[j]+tmp)%mod;
w=ll(w)*wn%mod;
}
}
}
if(flg==-1) {
t=inv(len);
for(i=0;i<len;i++) a[i]=ll(a[i])*t%mod;
}
}
void get_inv(int *a,int *b,int len) {
if(len==1) {
b[0]=inv(a[0]); return ;
}
get_inv(a,b,len>>1);
int t=len<<1,i;
for(i=0;i<len;i++) A[i]=a[i],B[i]=b[i];
ntt(A,t,1), ntt(B,t,1);
for(i=0;i<t;i++) {
B[i]=(2-ll(A[i])*B[i])%mod*B[i]%mod;
}
ntt(B,t,-1);
for(i=0;i<len;i++) b[i]=B[i];
}
int main() {
int n;
scanf("%d",&n);
int i,ans=0;
for(fac[0]=i=1;i<=n;i++) {
fac[i]=ll(fac[i-1])*i%mod;
}
int len=1;
while(len<=n) len<<=1;
for(i=1;i<=n;i++) {
H[i]=2*inv(fac[i])%mod;
}
H[0]=1;
for(i=1;i<=n;i++) {
H[i]=mod-H[i];
}
get_inv(H,G,len);
for(i=0;i<=n;i++) {
ans=(ans+ll(G[i])*fac[i])%mod;
}
printf("%d
",(ans%mod+mod)%mod);
}