CF题面
题意：求\(\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}i^k\)
\(n\le10^9,k\le5000\)
模\(10^9+7\)
BZOJ题面
题意：求\(n*2^{\frac{n(n-1))}{2}-(n-1)}*\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}i^k\)
\(n\le10^9,k\le2*10^5\)
模\(998244353\)
第二类斯特林数
赶紧去学第二类斯特林数啊
第二类斯特林数：\(S(n,m)\)，表示把\(n\)个不同的的球放到\(m\)个相同的盒子且不允许空盒的方案数。
首先有一个\(O(n^2)\)的递推。考虑第\(n\)个球的放置，如果单独放置方案数就等于\(S(n-1,m-1)\)，否则就是\(m*S(n-1,m)\)，表示枚举放在那个盒子里。写出来就是
\[S(n,m)=S(n-1,m-1)+m*S(n-1,m)\]
边界条件：\(S(0,0)=1,S(i,0)=0(i>0)\)
然后还有各种考虑组和意义得出来的柿子
第二类斯特林数存在通项公式。因为\(m^n\)表示把\(n\)个不同的球放到\(m\)个不同的盒子里且允许空盒的方案数，我们想办法用这个东西构造出第二类斯特林数的组和意义。
首先盒子是否相同很好办，直接乘/除以\(m!\)即可。关键问题在于空盒的处理。
考虑容斥，计算“至少有\(k\)个空盒然后剩下的随便是不是空盒的方案数”，乘上一个容斥系数
\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{m}{k}(m-k)^n\]
还有一个，反过来用第二类斯特林数来表示\(m^n\)
其实就是一个反演，但如果也同样考虑组和意义的话岂不妙哉。
枚举有几个盒子不是空的，可以直接得到如下柿子：
\[m^n=\sum_{i=0}^{m}S(n,i)*\binom{m}{i}*i!\]
sol
所以说这道题怎么做呢？
开始推柿子辣~
\[\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}i^k=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\sum_{j=0}^{i}S(k,j)*\binom{i}{j}*j!\\=\sum_{j=0}^{n}S(k,j)*j!\sum_{i=j}^{n}\binom{n}{i}\binom{i}{j}\\=\sum_{j=0}^{n}S
(k,j)*j!*\binom{n}{j}*2^{n-j}\\=\sum_{j=0}^{k}S
(k,j)*j!*\binom{n}{j}*2^{n-j}\]
柿子里面的阶乘\(j!\)、组合数\(\binom{n}{j}\)、2的次幂\(2^{n-j}\)都可以\(O(k)\)处理出来。复杂度瓶颈在于第二类斯特林数的处理。
\(k\le5000\)可以直接用递推式\(O(k^2)\)处理出来，而观察其通项式会发现其实就是一个卷积形式：
\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{m}{k}(m-k)^n\\=\sum_{k=0}^{m}\frac{(-1)^k}{k!}*\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}\]
所以直接上\(NTT\)，复杂度\(O(k\log{k})\)
但是\(CF\)上的那道题不能用\(NTT\)诶，毕竟\(10^9+7\)怎么\(NTT\)
code
[CF932E]Team Work
这里我强行用通项公式然后写了个\(O(k^2)\)的多项式乘法
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
int fastpow(int a,int b)
{
int res=1;
while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
return res;
}
const int N = 5005;
int jc[N],C[N],two[N],inv,a[N],b[N],s[N],ans;
int main()
{
int n=gi(),k=gi();
jc[0]=1;
for (int i=1;i<=k;++i) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
C[0]=1;
for (int i=1;i<=k;++i) C[i]=1ll*C[i-1]*(n-i+1)%mod*fastpow(i,mod-2)%mod;
two[0]=fastpow(2,n);inv=fastpow(2,mod-2);
for (int i=1;i<=k;++i) two[i]=1ll*two[i-1]*inv%mod;
for (int i=0;i<=k;++i) a[i]=i&1?mod-fastpow(jc[i],mod-2):fastpow(jc[i],mod-2);
for (int i=0;i<=k;++i) b[i]=1ll*fastpow(i,k)*fastpow(jc[i],mod-2)%mod;
for (int i=0;i<=k;++i)
for (int j=0;j<=i;++j)
(s[i]+=1ll*a[j]*b[i-j]%mod)%=mod;
for (int i=1;i<=k;++i) (ans+=1ll*s[i]*jc[i]%mod*C[i]%mod*two[i]%mod)%=mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}[BZOJ5093]图的价值
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int _ = 800005;
const int mod = 998244353;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
int fastpow(int a,int b)
{
int res=1;
while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
return res;
}
int n,N,k,l;
int jc[_],C[_],two[_],inv,a[_],b[_],rev[_],ans;
void NTT(int *P,int opt)
{
for (int i=0;i<N;++i) if (i>rev[i]) swap(P[i],P[rev[i]]);
for (int i=1;i<N;i<<=1)
{
int W=fastpow(3,(mod-1)/(i<<1));
if (opt==-1) W=fastpow(W,mod-2);
for (int j=0,p=i<<1;j<N;j+=p)
{
int w=1;
for (int k=0;k<i;++k,w=1ll*w*W%mod)
{
int x=P[j+k],y=1ll*P[j+k+i]*w%mod;
P[j+k]=(x+y)%mod;P[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if (opt==-1)
{
int Inv=fastpow(N,mod-2);
for (int i=0;i<N;++i) P[i]=1ll*P[i]*Inv%mod;
}
}
int main()
{
n=gi()-1;k=gi();
jc[0]=1;
for (int i=1;i<=k;++i) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
C[0]=1;
for (int i=1;i<=k;++i) C[i]=1ll*C[i-1]*(n-i+1)%mod*fastpow(i,mod-2)%mod;
two[0]=fastpow(2,n);inv=fastpow(2,mod-2);
for (int i=1;i<=k;++i) two[i]=1ll*two[i-1]*inv%mod;
for (int i=0;i<=k;++i) a[i]=i&1?mod-fastpow(jc[i],mod-2):fastpow(jc[i],mod-2);
for (int i=0;i<=k;++i) b[i]=1ll*fastpow(i,k)*fastpow(jc[i],mod-2)%mod;
for (N=1;N<=k*2;N<<=1) ++l;--l;
for (int i=0;i<N;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
NTT(a,1);NTT(b,1);
for (int i=0;i<N;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
NTT(a,-1);
for (int i=0;i<=k;++i) (ans+=1ll*a[i]*jc[i]%mod*C[i]%mod*two[i]%mod)%=mod;
int Pow=(1ll*n*(n+1)/2-n)%(mod-1);
printf("%d\n",1ll*ans*fastpow(2,Pow)%mod*(n+1)%mod);
return 0;
}