[BZOJ4555][Tjoi2016&Heoi2016]求和（NTT）

最新推荐文章于 2019-03-04 21:53:31 发布

Clove_unique

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分类专栏：题解 FFT/NTT

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FFT/NTT

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本文介绍了一道数学问题的解决方法，该问题涉及第二类斯特林数的计算及应用。通过引入斯特林数的通项公式，并采用卷积技巧进行优化，最终通过快速傅立叶变换（FFT）实现了高效求解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述

传送门

题目大意：
求 $f(n)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^iS(i,j)\times 2^j\times (j!)$
其中 $S(i,j)$ 为第二类斯特林数，递推公式为：
$S(i, j) = j\times S(i − 1, j) + S(i − 1, j − 1), 1\le j \le i − 1$
边界条件为： $S(i, i) = 1(0 \le i), S(i, 0) = 0(1 \le i)$

题解

感觉这题给出递推公式就是满满的恶意【有本事你自己推出来通项系列】
第二类斯特林数的通项公式为

S (i, j) = 1 j ! \sum k = 0 j (- 1) k C k j (j - k) i

$S(i,j)={1\over j!}\sum\limits_{k=0}^j (-1)^kC_j^k(j-k)^i$
将这个公式带入式子可以得到

\sum i = 0 n \sum j = 0 i 1 j ! \sum k = 0 j (- 1) k C k j (j - k) i \times 2 j \times (j!)

$\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^i{1\over j!}\sum\limits_{k=0}^j (-1)^kC_j^k(j-k)^i\times 2^j\times(j!)$

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

$=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^i2^j\sum\limits_{k=0}^j (-1)^k{j!\over k!(j-k)!}(j-k)^i$
可以发现

(j−k)i $(j-k)^i$ 这个东西是比较难搞的，所以可以考虑把循环顺序换一下

\sum j (j!) 2 j \sum k ( - 1 ) k k ! 1 ( j - k ) ! \sum i (j - k) i

$\sum\limits_j (j!)2^j\sum\limits_k {(-1)^k\over k!}{1\over (j-k)!}\sum\limits_i (j-k)^i$
若令

F(j)=(j!)2j∑k(−1)kk!1(j−k)!∑i(j−k)i $F(j)=(j!)2^j\sum\limits_k {(-1)^k\over k!}{1\over (j-k)!}\sum\limits_i (j-k)^i$ ，实际上就是要求出

F $F$ 的每一项，进而求出

F(1..n) $F(1..n)$ 的和
令

f(n)=1n!∑ini,g(n)=(−1)nn! $f(n)={1\over n!}\sum\limits_in^i,g(n)={(-1)^n\over n!}$ ，其实

F $F$ 就可以化成一个卷积的形式

F (j) = (j!) 2 j \sum k f (j - k) g (k)

$F(j)=(j!)2^j\sum\limits_k f(j-k)g(k)$
利用预处理阶乘、逆元还有等比数列的通项公式预处理

f,g $f,g$ ，就可以直接用NTT求解了
还需要考虑的一个问题是上下界问题，例如原式中j,k的越界。实际上这是对答案没有影响的，因为当j>i时第二类斯特林数都为0，通项公式就保证了这一点，而k>j时组合数也为0，所以所有循环的上下界均为[0..n]即可

代码

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define LL long long
#define Mod 998244353
#define N 300005

int lim,m,n,L,R[N];
LL mul[N],mi[N],inv[N],invmul[N],a[N],b[N],ans;

LL fast_pow(LL a,int p)
{
    LL ans=1LL;
    for (;p;p>>=1,a=a*a%Mod)
        if (p&1)
            ans=ans*a%Mod;
    return ans;
}
void init()
{
    mul[0]=1LL;mi[0]=1LL;
    for (int i=1;i<=lim;++i) mul[i]=mul[i-1]*(LL)i%Mod,mi[i]=mi[i-1]*2LL%Mod;
    inv[1]=1LL;
    for (int i=2;i<=n;++i) inv[i]=inv[Mod%i]*(Mod-Mod/i)%Mod;
    invmul[0]=1LL;
    for (int i=1;i<=lim;++i) invmul[i]=invmul[i-1]*inv[i]%Mod;
    a[0]=b[0]=1LL;
    for (int i=1,opt=-1;i<=lim;++i,opt=-opt)
    {
        b[i]=opt*invmul[i]%Mod;
        if (i==1) a[i]=(LL)lim+1;
        else a[i]=invmul[i]*(fast_pow((LL)i,lim+1)-1)%Mod*inv[i-1]%Mod;
    }
}
void FFT(LL *a,int opt)
{
    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=fast_pow(3LL,(Mod-1)/(k<<1));
        for (int i=0;i<n;i+=(k<<1))
        {
            LL w=1LL;
            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 (opt==-1) reverse(a+1,a+n);
}

int main()
{
    scanf("%d",&lim);
    m=lim<<1;
    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));
    init();
    FFT(a,1);FFT(b,1);
    for (int i=0;i<=n;++i) a[i]=a[i]*b[i]%Mod;
    FFT(a,-1);
    for (int i=0;i<=lim;++i)
    {
        LL now=mul[i]*mi[i]%Mod*a[i]%Mod*inv[n]%Mod;
        ans=(ans+now)%Mod;
    }
    ans=(ans+Mod)%Mod;
    printf("%lld\n",ans);
}