【XSY2133】【BZOJ4555】【TJOI2016】【HEOI2016】求和第二类斯特林数 NTT

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数学&数论--第二类斯特林数

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本文探讨了如何求解一个特定的数列问题f(n)，该数列涉及到斯特林数和阶乘等数学概念，并给出了一种利用快速傅里叶变换（NTT）的有效计算方法。

题目大意

　　求 $f(n)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i2^j\times j!\times S(i,j)\\$

　　对 $998244353$ 取模
　　
　　 $n\leq 100000$ 。

题解

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

$\begin{align} S(n,k)&=\frac1{k!}\sum_{i=0}^k{(-1)}^i\binom{k}{i}{(k-i)}^n\\ &=\frac1{k!}\sum_{i=0}^k{(-1)}^i\frac{k!}{i!(k-i)!}(k-i)^n\\ &=\sum_{i=0}^k\frac{{(-1)}^i}{i!}\frac{{(k-i)}^n}{(k-i)!} \end{align}$

　　因为 $S(i,j)=0~(i<j)$ ，所以

f (n) = \sum i = 0 n \sum j = 0 n 2 j \times j! \times S (i, j) = \sum j = 0 n 2 j \times j! \times \sum i = 0 n S (i, j) = \sum j = 0 n 2 j \times j! \times \sum i = 0 n \sum l = 0 j ( - 1 ) i l ! ( j - l ) i ( j - l ) ! = \sum j = 0 n 2 j \times j! \times \sum l = 0 j ( - 1 ) i l ! \sum i = 0 n ( j - l ) i ( j - l ) !

$\begin{align} f(n)&=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n2^j\times j!\times S(i,j)\\ &=\sum_{j=0}^n2^j\times j!\times\sum_{i=0}^nS(i,j)\\ &=\sum_{j=0}^n2^j\times j!\times\sum_{i=0}^n\sum_{l=0}^j\frac{{(-1)}^i}{l!}\frac{{(j-l)}^i}{(j-l)!}\\ &=\sum_{j=0}^n2^j\times j!\times\sum_{l=0}^j\frac{{(-1)}^i}{l!}\sum_{i=0}^n\frac{{(j-l)}^i}{(j-l)!} \end{align}$
　　设

A (x) = ( - 1 ) i i !, B (x) = \sum i = 0 n x i x !

$A(x)=\frac{{(-1)}^i}{i!},B(x)=\sum_{i=0}^n\frac{x^i}{x!}$
　　所以

B (x) = x n + 1 - 1 x ! ( x - 1 )

$B(x)=\frac{x^{n+1}-1}{x!(x-1)}$

f (n) = \sum j = 0 n 2 j \times j! \times \sum i = 0 j A (i) B (j - i)

$f(n)=\sum_{j=0}^n2^j\times j!\times \sum_{i=0}^jA(i)B(j-i)$

　　直接上NTT

　　时间复杂度： $O(nlogn)$

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
ll p=998244353;
ll fp(ll a,ll b)
{
    ll s=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            s=s*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return s;
}
namespace ntt
{
    ll w1[1000010];
    ll w2[1000010];
    int rev[1000010];
    int n;
    void init()
    {
        n=262144;
        int i;
        for(i=2;i<=n;i<<=1)
        {
            w1[i]=fp(3,(p-1)/i);
            w2[i]=fp(w1[i],p-2);
        }
        rev[0]=0;
        for(i=1;i<n;i++)
            rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1?n>>1:0);
    }
    void ntt(ll *a,int t)
    {
        int i,j,k;
        ll w,wn,u,v;
        for(i=0;i<n;i++)
            if(rev[i]<i)
                swap(a[i],a[rev[i]]);
        for(i=2;i<=n;i<<=1)
        {
            wn=(t==1?w1[i]:w2[i]);
            for(j=0;j<n;j+=i)
            {
                w=1;
                for(k=j;k<j+i/2;k++)
                {
                    u=a[k];
                    v=a[k+i/2]*w%p;
                    a[k]=(u+v)%p;
                    a[k+i/2]=(u-v+p)%p;
                    w=w*wn%p;
                }
            }
        }
        if(t==-1)
        {
            ll inv=fp(n,p-2);
            for(i=0;i<n;i++)
                a[i]=a[i]*inv%p;
        }
    }
};
ll a[500010];
ll b[500010];
ll fac[200010];
int main()
{
    ntt::init();
    int n;
    scanf("%d",&n);
    int i;
    fac[0]=1;
    for(i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%p;
    a[0]=1;
    for(i=1;i<=n;i++)
        a[i]=(((i&1?-1:1)*fp(fac[i],p-2))%p+p)%p;
    b[0]=1;
    b[1]=n+1;
    for(i=2;i<=n;i++)
        b[i]=((fp(i,n+1)-1)*fp(fac[i]*(i-1)%p,p-2)%p+p)%p;
    ntt::ntt(a,1);
    ntt::ntt(b,1);
    for(i=0;i<ntt::n;i++)
        a[i]=a[i]*b[i]%p;
    ntt::ntt(a,-1);
    ll ans=0;
    for(i=0;i<=n;i++)
        ans=(ans+fp(2,i)*fac[i]%p*a[i]%p)%p;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}