[BZOJ4555][Tjoi2016&Heoi2016]求和（NTT）

最新推荐文章于 2019-06-08 17:12:01 发布

wwyx2001

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分类专栏： FFT/NTT 省选文章标签： NTT

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题目：

我是超链接

题解：

我的Ma呀这种东西应该给递推式吗？为什么不给我通项，~~于是我扪心自问不是TJ和HE选手，上网查了通项~~

S (n, m) = 1 m ! \sum k = 0 m (- 1) k C k m (m - k) n

$S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^m(−1)^kC^k_m(m−k)^n$
好叭我就把ta代入到这个凶残的柿子里叭
这里写图片描述

这个第二项运行到i我就很不服了，改成n是不是好看一些？
随便改的基础是第二类斯特林数的情景：将n个不同的球放入m个无差别的盒子中，要求盒子非空的方案数，当n < m的时候，方案数自然是0呀
那么我们把改良后的柿子拿出来：

f (n) = \sum i = 0 n \sum j = 0 n \sum k = 1 j (- 1) k C k j (j - k) i * 2 j

$f(n)=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n \sum_{k=1}^j(-1)^kC_j^k(j-k)^i*2^j$
然后怎么办呢？似乎看起来有什么

(−1)k ( − 1 ) k $(−1)^k$ 和

(j−k)i ( j − k ) i $(j−k)^i$ 让我们能够联想到卷积之类的东西，但那个组合数好像很碍事，那我们把它化成阶乘的形式。

f (n) = \sum i = 0 n \sum j = 0 n \sum k = 1 j (- 1) k j ! k ! ( j - k ) ! (j - k) i * 2 j

$f(n)=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n \sum_{k=1}^j(-1)^k\frac{j!}{k!(j-k)!}(j-k)^i*2^j$
把与k和j-k无关的丢到外面去

f (n) = \sum j = 0 n 2 j * j! \sum k = 1 j ( - 1 ) k k ! \sum n i = 0 ( j - k ) i ( j - k ) !

$f(n)=\sum_{j=0}^n2^j*j! \sum_{k=1}^j\frac{(-1)^k}{k!}\frac{\sum_{i=0}^n(j-k)^i}{(j-k)!}$
好叭这样后面的就可以卷积了，即

f(i)=(−1)ii! f ( i ) = ( − 1 ) i i ! $f(i)=\frac{(-1)^i}{i!}$ ，

g(i)=∑nj=0iji! g ( i ) = ∑ j = 0 n i j i ! $g(i)=\frac{\sum_{j=0}^ni^j}{i!}$
那么这个柿子的最终形态就是：

f (n) = \sum j = 0 n 2 j * j! * \sum k f (j) * g (j - k)

$f(n)=\sum_{j=0}^n2^j*j!*\sum_k f(j)*g(j-k)$
因为有一个模数，我们用NTT

代码：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=300005;
const int mod=998244353;
LL a[N],b[N],ans,mi[N],mul[N],inv[N],invmul[N];int r[N],n,fn;
LL ksm(LL a,LL k)
{
    LL ans=1;
    for (;k;k>>=1,a=a*a%mod)
      if (k&1) ans=ans*a%mod;
    return ans;
}
void NTT(LL *a,int id)
{
    for (int i=0;i<n;i++)
      if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
    for (int k=1;k<n;k<<=1)
    {
        LL wn=ksm(3,(mod-1)/(k<<1));
        for (int i=0;i<n;i+=(k<<1))
        {
            LL w=1;
            for (int j=0;j<k;j++,w=w*wn%mod)
            {
                LL x=a[i+j],y=w*a[i+j+k]%mod;
                a[i+j]=(x+y)%mod; a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if (id==-1) reverse(a+1,a+n);
}
void init()
{
    mi[0]=1; mul[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++) mi[i]=mi[i-1]*2ll%mod,mul[i]=mul[i-1]*(LL)i%mod;
    inv[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    invmul[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++) invmul[i]=invmul[i-1]*inv[i]%mod;
    a[0]=b[0]=1;
    for (int i=1;i<=fn;i++) 
    {
        a[i]=invmul[i];
        if (i&1) a[i]=-a[i];
        if (i==1) b[i]=fn+1;
        else b[i]=invmul[i]*inv[i-1]%mod*(ksm(i,fn+1)-1)%mod;
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&fn);int L=0;
    for (n=1;n<=fn*2;n<<=1) L++;
    for (int i=0;i<n;i++) 
      r[i]=(r[i>>1]>>1) | ((i&1)<<L-1);
    init();
    NTT(a,1); NTT(b,1);
    for (int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*b[i]%mod;
    NTT(a,-1);
    for (int i=0;i<=fn;i++) 
    {
        LL t=mi[i]*mul[i]%mod*a[i]%mod*inv[n]%mod;//别忘了/n
        ans=(ans+t)%mod;
    }
    printf("%lld",(ans+mod)%mod);
}

普及向：

NTT是什么呀
这里写图片描述

这里给出几组常用模数吧
p c k g
104857601 25 22 3
998244353 119 23 3
1004535809 479 21 3
事实上会出现的只有g，这里的g是模数p的原根，求原根的话，枚举2~p，如果到p-1之前ksm(i,p-x)都不是1，说明i是原根