[JZOJ5511] 送你一个DAG

题目描述：

给出一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的 \(DAG\) 和参数 \(k\)。
定义一条经过 \(l\) 条边的路径的权值为 \(l_k\).
对于 \(i = 1…n\), 求出所有 \(1\) 到 \(i\) 的路径的权值之和, 对 \(998244353\) 取模.
对于前 \(20\)% 的数据, \(n ≤ 2000\),\(m ≤ 5000\);
对于另 \(10\)% 的数据, \(k = 1\);
对于另 \(20\)% 的数据, \(k ≤ 30\);
对于 \(100\)% 的数据, \(1 ≤ n ≤ 100000\),\(1 ≤ m ≤ 200000\),\(0 ≤ k ≤ 500\),
保证从 \(1\) 出发可以到达每个点, 可能会有重边。

题目解法：

前\(50\)%直接二项式定理，时间复杂度为\(O(nk^2)\)。
对于每一个点 \(i\),题目需要求的是：
\(Ans_i = \sum len(i)^k\)
根据组合数学，有：
\[n^m = \sum_{j=1}^{min(n,m)}S_m^j*\prod_{n-j+1}^n =\sum_{j=1}^nS_m^j*{j!}C_n^j\]
其中\(S_n^m\)为斯特林数，具体含义见这里。
其实就是先选择\(j\)个盒子，然后把\(m\)个小球放到这\(j\)个盒子中。
那么带入本题中：
\(Ans_i = \sum len(i)^k = \sum\sum_{j=1}^{min(k,len(i))}S_k^j*{j!}*C_{len(i)}^j\)
然后是关键的一步：
\[\sum \sum_{j=1}^{k}S_k^j*{j!}*C_{len(i)}^j = \sum_{j=1}^kS^j_k*{j!} \sum C_{len(i)}^j\]
注意到这里把组合数\(C_{len(i)}^j\)提了出来，那么其实就是分离了变量\(len(i)\)
这个式子的前面部分中的\(S_k^j*{j!}\)可以直接算，所以只要处理组合数即可。
令\(F_{u,j} = \sum C_{len(u)}^j\)。
那么考虑由\(u\)转移到\(v\)，那么即为：\(C_{len(i)}^j\) 变为 \(C_{len(i)+1}^j\)
由组合数公式可以知道:\(C_n^m = C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^{m}\)
所以\(F_{i,j}\)的转移为：$ F_{v,j} = F_{u,j-1} + F_{u,j}。$
在\(TopSort\)时跑这个\(DP\)，做出\(F_{i,j}\)，然后带入上面的公式中即可计算\(Ans_i\)了。
总的时间复杂度为\(O(nk)\)，可以跑过所有数据点。

实现代码

#include<bits/stdc++.h>
#define IL inline
#define ll long long
#define RG register
#define mod 998244353
using namespace std;
IL int gi(){
    RG int date = 0, m = 1;  RG char ch = 0;
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch = getchar();
    if(ch == '-'){m = -1; ch = getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){date=date*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return date*m;
}

int n,m,k,init[100005];
ll f[100005][505] , g[505][505] , fac , ans[100005];
struct Road{int to,next;}t[300005]; int head[100005],cnt;
queue<int>Q;

int main(){
    n = gi(); m = gi(); k = gi();
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        int u = gi() , v = gi();
        t[++cnt] = (Road){v,head[u]}; head[u] = cnt;
        init[v] ++;
    }
    while(!Q.empty())Q.pop();
    for(int i = 1; i <= n; i ++)if(!init[i]){f[i][0] = 1; Q.push(i);}
    g[0][0] = 1;      //g[i][j] 把i个有异球 放到 j个无异盒 里。
    for(int i = 1; i <= k; i ++)
        for(int j = 0; j <= i; j ++){
            g[i][j] = g[i][j] + 1ll*g[i-1][j]*j%mod;
            if(j)g[i][j] = (g[i][j] + g[i-1][j-1])%mod;
        }   
    while(!Q.empty()){
        RG int u = Q.front(); Q.pop();
        for(int i = head[u]; i; i = t[i].next){
            int v = t[i].to;
            init[v] --; if(!init[v])Q.push(v);
            for(int j = 0; j <= k; j ++){
                if(j)f[v][j] = (f[v][j] + f[u][j-1])%mod;
                f[v][j] = (f[v][j] + f[u][j]) %mod;
               
            }
        }
    }   
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        fac = 1; ans[i] = 0;
        for(ll j = 1; j <= k; j ++){
            fac = 1ll*fac*j%mod; if(fac>=mod)fac%=mod;
            ans[i] = (ans[i] + 1ll*fac*g[k][j]%mod*f[i][j]) %mod;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++)printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}