[bzoj5093][第二类斯特林数][NTT]图的价值

Description

“简单无向图”是指无重边、无自环的无向图（不一定连通）。 一个带标号的图的价值定义为每个点度数的k次方的和。
给定n和k，请计算所有n个点的带标号的简单无向图的价值之和。 因为答案很大，请对998244353取模输出。

Input

第一行包含两个正整数n,k(1<=n<=10^9,1<=k<=200000)。

Output

输出一行一个整数，即答案对998244353取模的结果。

Sample Input

6 5

Sample Output

67584000

题解

一般都要单独考虑一个点的贡献
显然这个点的贡献是独立的，最后乘一个n就可以
那单独一个点的贡献就是
$$\sum _{i=1}^{n-1}{C}_{n-1}^i\ast 2^{\frac{(n-1)(n-2)}{2}}\ast i^k$$
2的次幂是常数，提到前面去，把n减一，显然我们只需要算
$$\sum _{i=1}^n{C}_n^i\ast i^k$$
根据第二类斯特林数的性质，我们可以知道
$$\sum _{i=1}^n{C}_n^i\sum _{j=0}^{min(i,k)}S(k,j)\ast j!\ast C_i^j$$
乘法分配律一下，显然可以把斯特林数提前
$$\sum _{i=0}^{min(n,k)}S(k,i)\ast i!\ast \sum _{j=i}^n{C}_n^j\ast C_j^i$$
后面的式子的意义就是在n中选i个数，其它可选可不选，所以就是
$$\sum _{i=0}^{min(n,k)}S(k,i)\ast i!\ast C_n^i\ast 2^{n-i}$$
现在就是要算前面的斯特林数了
可以容斥然后NTT$nlogn$求，点一下这里就知道啦

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<map>
#include<bitset>
#define LL long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
inline LL read()
{
	LL f=1,x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
int stack[20];
inline void write(int x)
{
	if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    if(!x){putchar('0');return;}
    int top=0;
    while(x)stack[++top]=x%10,x/=10;
    while(top)putchar(stack[top--]+'0');
}
inline void pr1(int x){write(x);putchar(' ');}
inline void pr2(int x){write(x);putchar('\n');}
const LL mod=998244353;
const int MAXN=200005;
LL pow_mod(LL a,LL b)
{
	LL ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)ret=ret*a%mod;
		a=a*a%mod;b>>=1;
	}
	return ret;
}
LL A[MAXN*4],B[MAXN*4];
int R[MAXN*4],L;
void NTT(LL *y,int len,int on)
{
	for(int i=0;i<len;i++)if(i<R[i])swap(y[i],y[R[i]]);
	for(int i=1;i<len;i<<=1)
	{
		LL wn=pow_mod(3,(mod-1)/(i*2));if(on==-1)wn=pow_mod(wn,mod-2);
		for(int j=0;j<len;j+=(i<<1))
		{
			LL w=1;
			for(int k=0;k<i;k++)
			{
				LL u=y[j+k];
				LL v=y[j+k+i]*w%mod;
				y[j+k]=(u+v)%mod;
				y[j+k+i]=(u-v+mod)%mod;
				w=w*wn%mod;
			}
		}
	}
	if(on==-1)
	{
		LL temp=pow_mod(len,mod-2);
		for(int i=0;i<len;i++)y[i]=y[i]*temp%mod;
	}
}
int n,K;
LL pre[MAXN],inv[MAXN];
LL C[MAXN];
void init()
{
	C[0]=1;LL temp=1;
	for(int i=1;i<=min(n,K);i++)
	{
		temp=temp*(n-i+1)%mod;
		temp=temp*pow_mod(i,mod-2)%mod;
		C[i]=temp;
	}
}
int main()
{
	pre[0]=1;for(int i=1;i<=MAXN-5;i++)pre[i]=pre[i-1]*i%mod;
	inv[MAXN-5]=pow_mod(pre[MAXN-5],mod-2);
	for(int i=MAXN-6;i>=0;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
	n=read();K=read();n--;
	init();
	int ln;
	for(ln=1;ln<=2*K;ln<<=1)L++;
	for(int i=0;i<ln;i++)R[i]=(R[i>>1]>>1)|(i&1)<<(L-1);
	int temp=-1;
	for(int i=0;i<=K;i++)
	{
		temp*=-1;
		A[i]=temp*inv[i]%mod;
		LL u1=pow_mod(i,K),u2=inv[i];
		B[i]=u1*u2%mod;
	}
	NTT(A,ln,1);NTT(B,ln,1);
	for(int i=0;i<ln;i++)A[i]=A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,ln,-1);
	LL ans=0;
	for(int i=0;i<=min(n,K);i++)
	{
		LL re=A[i]*pre[i]%mod*C[i]%mod*pow_mod(2,n-i)%mod;
		ans=(ans+re)%mod;
	}
	ans=ans*(n+1)%mod*pow_mod(2,(LL)(n)*(n-1)/2)%mod;
	pr2(ans);
	return 0;
}