[校内训练]无向图

problem

• 定义一个点的权值为它的度数的 $m$ 次方，规定 $0^0=1$。
• 对于一张无向图，它的权值是所有点的权值和。
• 求所有 $n$ 个点的无向图（共有 $2^{C_n^2}$ 种）的权值之和，对 $998244353$ 取模。
• $1\le n\le 10^9,0\le m\le 5\ast 10^5$

Solution

• 分别考虑每个点对答案的贡献：固定一个点 $u$，枚举 $u$ 的度数 $i$，对答案的贡献为 $i^m$。而满足 $u$ 度数为 $i$ 的图中，另外 $n-1$ 个点要选出 $i$ 个点跟 $u$ 连边（方案数：$C_{n-1}^i$）。然后另外 $n-1$ 个点两两之间可以随意连边（方案数：$2^{C_{n-1}^2}$）。而 $u$ 可以是 $1$ ~ $n$ 的任意一个点，所以有：
  $$ans=n\ast 2^{C_{n-1}^2}\ast \sum _{i=0}^{n-1}{i}^m\ast C_{n-1}^i$$

• 显然我们只要求：
  $$sum=\sum _{i=0}^{n-1}{i}^m\ast C_{n-1}^i$$

• 众所周知：
  $$i^m=\sum _{j=0}^{m}S(m,j)\ast C_i^j\ast j!$$

• 那么有：
  $$sum=\sum _{j=0}^{m}S(m,j)\ast j!\ast \sum _{i=0}^{n-1}{C}_i^j\ast C_{n-1}^i$$

• 考虑 $C_i^j\ast C_{n-1}^i$ 的组合意义：$n-1$ 个带编号的球里面选出 $i$ 个涂成蓝色，再在这 $i$ 个里面选出 $j$ 个涂成红色。这等价于：$n-1$ 个带编号的球里面选出 $j$ 个涂成红色，再在剩下的 $n-j-1$ 个里面选出 $i-j$ 个涂成蓝色。

• 那么有：
  $$sum=\sum _{j=0}^{m}S(m,j)\ast j!\ast C_{n-1}^j\ast \sum _{i=0}^{n-1}{C}_{n-j-1}^{i-j}$$

• 即：
  $$sum=\sum _{j=0}^{m}S(m,j)\ast j!\ast C_{n-1}^j\ast 2^{n-j-1}$$

• 众所周知：
  $$S(m,j)=\frac{1}{j!}\sum _{i=0}^j(-1{)}^i\ast (j-i{)}^n\ast C_j^i$$

• 那么我们可以用 $NTT$ 求出每个 $S(m,j)$，时间复杂度 $O(m\log m)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

template <class t>
inline void read(t & res)
{
	char ch;
	while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
	res = ch ^ 48;
	while (ch = getchar(), isdigit(ch))
	res = res * 10 + (ch ^ 48);
}

const int mod = 998244353, e = 2e6 + 5;
int n, m, lim, rev[e], g[e], h[e], f[e], fac[e], inv[e], ans;

inline int ksm(int x, ll y)
{
	int res = 1;
	while (y)
	{
		if (y & 1) res = (ll)res * x % mod;
		y >>= 1;
		x = (ll)x * x % mod;
	}
	return res;
}

inline void upt(int &x, int y)
{
	x = y;
	if (x >= mod) x -= mod;
}

inline void fft(int n, int *a, int op)
{
	int i, j, k, r = (op == 1 ? 3 : (mod + 1) / 3);
	for (i = 0; i < n; i++)
	if (i < rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
	for (k = 1; k < n; k <<= 1)
	{
		int w0 = ksm(r, (mod - 1) / (k << 1));
		for (i = 0; i < n; i += (k << 1))
		{
			int w = 1;
			for (j = 0; j < k; j++)
			{
				int b = a[i + j], c = (ll)w * a[i + j + k] % mod;
				upt(a[i + j], b + c);
				upt(a[i + j + k], b + mod - c);
				w = (ll)w * w0 % mod;
			}
		}
	}
}

int main()
{
	freopen("graph.in", "r", stdin);
	freopen("graph.out", "w", stdout);
	cin >> n >> m;
	lim = 1;
	int i, k = 0;
	while (lim < m * 2 + 5)
	{
		lim <<= 1;
		k++;
	}
	fac[0] = 1;
	for (i = 1; i <= m; i++) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % mod;
	inv[m] = ksm(fac[m], mod - 2);
	for (i = m - 1; i >= 0; i--) inv[i] = (ll)inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	for (i = 0; i < lim; i++) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << k - 1);
	for (i = 0; i <= m; i++)
	{
		if (i & 1) g[i] = mod - 1;
		else g[i] = 1;
		g[i] = (ll)g[i] * inv[i] % mod;
		h[i] = (ll)inv[i] * ksm(i, m) % mod;
	}
	fft(lim, g, 1);
	fft(lim, h, 1);
	for (i = 0; i < lim; i++) f[i] = (ll)g[i] * h[i] % mod;
	fft(lim, f, -1);
	int tot = ksm(lim, mod - 2);
	for (i = 0; i < lim; i++) f[i] = (ll)f[i] * tot % mod;
	int c = 1;
	for (i = 0; i <= m; i++)
	if (n - 1 >= i)
	{
		ans = (ans + (ll)f[i] * fac[i] % mod * c % mod * ksm(2, n - 1 - i)) % mod;
		c = (ll)c * ksm(i + 1, mod - 2) % mod * (ll)(n - 1 - i) % mod;
	}
	else break;
	ans = (ll)ans * n % mod * ksm(2, (ll)(n - 1) * (n - 2) / 2) % mod;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}