玲珑OJ 1035 D-J 生成函数

题意

问所有$n$个点的带标号无根森林的树个数的$k$次方和，对$998244353$取模。
$n\le 20000,k\le 10$

分析

根据prufer序列可以得到$n$个点的生成树数量为$n^{n-2}$，设其指数型生成函数$$A(x)=\sum _{i>0}\frac{i^{i-2}}{i!}$$
设答案为$B_k(x)$，枚举连通块数量不难得到$$B_k(x)=\sum _{i\ge 0}\frac{A^i(x)}{i!}\ast i^k$$
以为连通块之间是有标号的所以要除以一个$i!$。
特别的当$k=0$时有$$B_0(x)=\sum _{i\ge 0}\frac{A^i(x)}{i!}=e^{A(x)}$$
两边同时取对数后求导可以得到$$B_0^{\prime }(x)=B_0(x)A^{\prime }(x)$$
将式子两边写成卷积形式可以发现$$\sum _{i+j=n-1}{B}_0(x)[x^i]\ast A^{\prime }(x)[x^j]=B_0^{\prime }(x)[x^{n-1}]=n\ast B(x)[x^n]$$
于是我们可以用分治FFT来计算$B_0(x)$，当然用多项式exp来求也可以。
又注意到有$$B_{k-1}^{\prime }(x)=A^{\prime }(x)\sum _{i\ge 0}\frac{A^{i-1}(x)}{i!}\ast i^k$$
所以有$$B_{k-1}^{\prime }(x)A(x)=A^{\prime }(x)B_k(x)$$
由于$B_0(x)$已被求出，我们只要每次对$B_{k-1}(x)$求导然后乘上$\frac{A(x)}{A^{\prime }(x)}$即可求出$B_k(x)$。
时间复杂度$O(nlogn(k+logn))$。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>

typedef long long LL;

const int N=20005;
const int MOD=998244353;

int n,m,rev[N*8],A[N*8],inv[N*8],B[N*8],L,tmp[N*8],jc[N],ny[N],tp[N*8],C[N*8];

int ksm(int x,int y)
{
	int ans=1;
	while (y)
	{
		if (y&1) ans=(LL)ans*x%MOD;
		x=(LL)x*x%MOD;y>>=1;
	}
	return ans;
}

void NTT(int *a,int f)
{
	for (int i=0;i<L;i++) if (i<rev[i]) std::swap(a[i],a[rev[i]]);
	for (int i=1;i<L;i<<=1)
	{
		int wn=ksm(3,f==1?(MOD-1)/i/2:MOD-1-(MOD-1)/i/2);
		for (int j=0;j<L;j+=(i<<1))
		{
			int w=1;
			for (int k=0;k<i;k++)
			{
				int u=a[j+k],v=(LL)w*a[j+k+i]%MOD;
				a[j+k]=(u+v)%MOD;a[j+k+i]=(u+MOD-v)%MOD;
				w=(LL)w*wn%MOD;
			}
		}
	}
	if (f==-1)
	{
		int k=ksm(L,MOD-2);
		for (int i=0;i<L;i++) a[i]=(LL)a[i]*k%MOD;
	}
}

void get_inv(int *a,int n)
{
	if (n==1) {inv[0]=ksm(a[0],MOD-2);return;}
	get_inv(a,n>>1);
	int lg=0;
	for (L=1;L<=n*2;L<<=1,lg++);
	for (int i=0;i<L;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
	for (int i=0;i<n;i++) tmp[i]=a[i];
	for (int i=n;i<L;i++) tmp[i]=0;
	NTT(inv,1);NTT(tmp,1);
	for (int i=0;i<L;i++) inv[i]=(inv[i]*2%MOD+MOD-(LL)tmp[i]*inv[i]%MOD*inv[i]%MOD)%MOD;
	NTT(inv,-1);
	for (int i=n;i<L;i++) inv[i]=0;
}

void solve(int l,int r)
{
	if (l==r)
	{
		if (l) B[l]=(LL)B[l]*ksm(l,MOD-2)%MOD;
		return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	solve(l,mid);
	int lg=0,len=(mid-l+1)*2;
	for (L=1;L<=len*2;L<<=1,lg++);
	for (int i=0;i<L;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
	for (int i=0;i<len/2;i++) tmp[i]=B[l+i];
	for (int i=len/2;i<L;i++) tmp[i]=0;
	for (int i=0;i<len;i++) tp[i]=C[i];
	for (int i=len;i<L;i++) tp[i]=0;
	NTT(tmp,1);NTT(tp,1);
	for (int i=0;i<L;i++) tmp[i]=(LL)tmp[i]*tp[i]%MOD;
	NTT(tmp,-1);
	for (int i=0;i<L;i++) if (i+l+1>mid&&i+l+1<=r) (B[i+l+1]+=tmp[i])%=MOD;
	solve(mid+1,r);
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	jc[0]=jc[1]=ny[0]=ny[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++) jc[i]=(LL)jc[i-1]*i%MOD,ny[i]=(LL)(MOD-MOD/i)*ny[MOD%i]%MOD;
	for (int i=2;i<=n;i++) ny[i]=(LL)ny[i-1]*ny[i]%MOD;
	A[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++) A[i]=(LL)ksm(i,i-2)*ny[i]%MOD;
	for (int i=0;i<=n;i++) C[i]=(LL)(i+1)*A[i+1]%MOD;
	for (L=1;L<=n;L<<=1);
	get_inv(C,L);
	int lg=0;
	for (L=1;L<=n*2;L<<=1,lg++);
	for (int i=0;i<L;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
	NTT(A,1);NTT(inv,1);
	for (int i=0;i<L;i++) inv[i]=(LL)inv[i]*A[i]%MOD;
	NTT(A,-1);NTT(inv,-1);
	for (int i=n+1;i<L;i++) inv[i]=0;
	B[0]=1;
	solve(0,n);
	lg=0;
	for (L=1;L<=n*2;L<<=1,lg++);
	for (int i=0;i<L;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
	NTT(inv,1);
	for (int k=1;k<=m;k++)
	{
		for (int i=0;i<=n;i++) B[i]=(LL)B[i+1]*(i+1)%MOD;
		NTT(B,1);
		for (int i=0;i<L;i++) B[i]=(LL)B[i]*inv[i]%MOD;
		NTT(B,-1);
		for (int i=n+1;i<L;i++) B[i]=0;
	}
	printf("%d\n",(LL)B[n]*jc[n]%MOD);
	return 0;
}