luogu P5162 WD与积木 FFT

(NTT) 神仙题，强烈建议先自己推一推式子再看题解,顺便orz memset0。

题面没看太懂，大概意思就是求有n个不同的小球，放进 (1)、(2)、$……n $ 个不同的盒子，不可空的情况下，期望用了几个盒子。

按照套路，我们应该分别求出总的方案数(g_i)和总共用的盒子数 (f_i) ,答案就是 (f_i imes g_i^{-1})。

我们先来求总的方案数，设 (S) 是第二类斯特林数，则

(displaystyle g_n=sum_{i=1}^nS[n][i] imes i!)

就是我们枚举用了几个盒子，在乘上 (i!) 将盒子看成是不一样的。

但是我们没办法进行下去了，我们考虑一下递推式。

(displaystyle g_n=sum_{i=1}^nC_n^ig_{n-i})

含义就是我们枚举第一个盒子里都有哪些球，再乘上剩下的球的方案数 (g_{n-i}) 。我们尝试化简一下式子。

(displaystyle g_n=sum_{i=1}^n frac{n!}{i!(n-i)!}g_{n-i})
(displaystyle frac{g_n}{n!}=sum_{i=1}^n frac{1}{i!}frac{g_{n-i}}{(n-i)!})

设 (displaystyle G_n=frac{g_n}{n!}) (displaystyle H_n=frac{1}{n!}) ,注意 (H_0=1,G_0=1) 那么

(displaystyle G_n=sum_{i=1}^nH_iG_{n-i})

有点像分治 (FFT) ，但我们会多项式求逆,我们按照分治 (FFT) 的套路来。

设 (displaystyle G=sum_{i=0}^{infty}G_ix^i) (displaystyle H=sum_{i=0}^{infty}H_ix^i)

(displaystyle G*H=sum_{i=0}^{infty}(sum_{j+k=i}G_jH_k)x^i)

当 (i>0) 时，(displaystyle sum_{j+k=i}G_jH_k=sum_{j=0}^iH_jG_{i-j}=sum_{j=1}^iH_jG_{i-j}+H_0G_i=2G_i)

当 (i=0) 时，(G_0H_0=1=2G_0-1)

所以

(G*H=2G-1)

(G=(2-H)^{-1})

多项式求逆一波带走。

我们再来看看怎么求总共的盒子数。

(displaystyle f_n=g_n+sum_{i=1}^nC_n^if_{n-i})

含义就是首先我们每一种方案至少有一个盒子，所以我们先加上 (g_n) ,对于剩下的 (n-i) 个小球，对答案的贡献就是 (f_{n-i}) ,因为第一个盒子有 (C_n^i) 种选法，所以就是 (displaystyle f_n=g_n+sum_{i=1}^nC_n^if_{n-i})

我们再来搞一搞。现将 (displaystyle g_n=sum_{i=1}^nC_n^ig_{n-i}) 带进去。

(displaystyle f_n=sum_{i=1}^nC_n^ig_{n-i}+sum_{i=1}^nC_n^if_{n-i})

(displaystyle frac{f_n}{n!}=sum_{i=1}^{n}frac{1}{i!}frac{g_{n-i}}{(n-i)!}+sum_{i=1}^{n}frac{1}{i!}frac{f_{n-i}}{(n-i)!})

设 (displaystyle F_n=frac{f_n}{n!})

(displaystyle F_n=sum_{i=1}^nH_i(F_{n-i}+G_{n-i}))

设 (displaystyle F=sum_{i=0}^{infty}F_ix^i)

那么

(displaystyle H*(F+G)=sum_{i=0}^{infty}(sum_{j+k=i}((F_k+G_k)H_j))x^i) （注意看清大括号）

当 (i>0) 时，(displaystyle sum_{j+k=i}(F_k+G_k)H_j=sum_{j=0}^i(F_{i-j}+G_{i-j})H_{j}=sum_{j=1}^i(F_{i-j}+G_{i-j})H_{j}+F_i+G_i=2F_i+G_i)

当 (i=0) 时，((F_0+G_0)H_0=1=2F_0+G_0)

所以

(displaystyle H*(F+G)=2F+G)

(displaystyle F=frac{G-GH}{H-2})

因为 (G=(2-H)^{-1})

所以 (G-GH=1-G)

带进去

(displaystyle F=(1-G)(H-2)^{-1})

最后答案就是 (F_nG_n^{-1})

推这些式子我竟然推了一下午，我还是太菜了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define DB double
#define LL long long
using namespace std;
int T, n;
const int N = 400010, M = 100000, mod = 998244353, YY = 3, YYinv = (mod + 1) / 3;
int r[N];
LL jc[N], inv[N], H[N], g[N], G[N], F[N];
inline int read() 
{
	int res = 0; char ch = getchar(); bool XX = false;
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar())(ch == '-') && (XX = true);
	for (; isdigit(ch); ch = getchar())res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48);
	return XX ? -res : res;
}
void Write(int x, int opt) 
{
	if (opt && !x)putchar('0');
	if (!x)return;
	Write(x / 10, 0);
	putchar((x - x / 10 * 10) + '0');
}
LL ksm(LL a, LL b, LL mod) 
{
	LL res = 1;
	for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
		if (b & 1)res = res * a % mod;
	return res;
}
void NTT(LL *A, int lim, int opt) 
{
	for (int i = 0; i < lim; ++i)
		r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) ? (lim >> 1) : 0);
	for (int i = 0; i < lim; ++i)
		if (i < r[i])swap(A[i], A[r[i]]);
	int len;
	LL wn, w, x, y;
	for (int mid = 1; mid < lim; mid <<= 1) 
	{
		len = mid << 1;
		wn = ksm(opt == 1 ? YY : YYinv, (mod - 1) / len, mod);
		for (int j = 0; j < lim; j += len) 
		{
			w = 1;
			for (int k = j; k < j + mid; ++k, w = w * wn % mod) 
			{
				x = A[k]; y = A[k + mid] * w % mod;
				A[k] = (x + y) % mod;
				A[k + mid] = (x - y + mod) % mod;
			}
		}
	}
	if (opt == 1)return;
	int ni = ksm(lim, mod - 2, mod);
	for (int i = 0; i < lim; ++i)A[i] = A[i] * ni % mod;
}
LL c[N];
void INV(int siz, LL *A, LL *B) 
{
	if (siz == 1) 
	{
		B[0] = ksm(A[0], mod - 2, mod);
		return;
	}
	INV((siz + 1) >> 1, A, B);
	int lim = 1;
	while (lim < (siz << 1))lim <<= 1;
	for (int i = 0; i < siz; ++i)c[i] = A[i];
	for (int i = siz; i < lim; ++i)c[i] = 0;
	NTT(c, lim, 1); NTT(B, lim, 1);
	for (int i = 0; i < lim; ++i)B[i] = B[i] * (2 - c[i] * B[i] % mod + mod) % mod;
	NTT(B, lim, -1);
	for (int i = siz; i < lim; ++i)B[i] = 0;
}
void MUL(LL *A, int n, LL *B, int m) 
{
	int lim = 1;
	while (lim < (n + m))lim <<= 1;
	NTT(A, lim, 1); NTT(B, lim, 1);
	for (int i = 0; i < lim; ++i)A[i] = A[i] * B[i] % mod;
	NTT(A, lim, -1);
}
void YYCH() 
{
	inv[0] = inv[1] = jc[0] = jc[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= M; ++i)jc[i] = jc[i - 1] * i % mod;
	inv[M] = ksm(jc[M], mod - 2, mod);
	for (int i = M - 1; i >= 1; --i)inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	for (int i = 0; i <= M; ++i) 
	{
		H[i] = inv[i];
		g[i] = mod - H[i];
	}
	g[0] += 2;
	INV(M + 1, g, G);
	for (int i = 0; i <= M; ++i) 
	{
		F[i] = G[i]; g[i] = G[i];
	}
	F[0]--;
	MUL(F, M, g, M);
}
int main() 
{
	YYCH();
	cin >> T;
	while (T--) 
	{
		n = read();
		printf("%lld
", F[n]*ksm(G[n], mod - 2, mod) % mod);
	}
	return 0;
}