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题意：求一个东西
\(\LARGE\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^iS_i^j*2^j*j!\)
其中\(S_i^j\)为第二类斯特林数，递推公式为\(S_n^m=S_{n-1}^{m-1}+m*S_{n-1}^m\)。
我们终于可以像莫反一样，开始喜闻乐见地推式子辣！
首先，就让我这个半小时前还在看斯特林数的blog的蒟蒻暂且口胡一下第二类斯特林数的意义吧！
\(S_n^m\)，意为将\(n\)个球放入\(m\)个集合（无序！不能隔板法！），且每个集合都非空的方案数。
我们有递推式\(S_n^m=S_{n-1}^{m-1}+m*S_{n-1}^m\)，可以这样想：如果第\(n\)个球独立放入一个集合，方案数为\(S_{n-1}^{m-1}\)；否则，可以把它扔进任何一个集合中，共有\(m*S_{n-1}^m\)种方案。
当然也有通项公式：
\(\LARGE S_n^m=\dfrac{\sum\limits_{i=0}^m(-1)^iC_m^i(m-i)^n}{m!}\)
再来口胡一下证明：
我们这个\(\sum\limits_{i=0}^m\)相当于枚举这\(m\)个集合中空集合的数量有\(i\)个。我们从共\(m\)个集合中选择\(i\)个空置，共有\(C_m^i\)种方案；\((-1)^i\)是容斥原理的结果，我们反正这么瞎加加减减就能把所有有空集合的方案全都容斥掉。\((m-i)^n\)因为每个元素可以扔进\(m-i\)个非空集合中的任何一个，共扔\(n\)次。显然，这么扔肯定是有序的，不满足集合无序的要求，故分母上有个\(m!\)。
回忆一下，\(C_m^i=\dfrac{m!}{i!(m-i)!}\)，我们把它带进去，得到：
\(\LARGE S_n^m=\sum\limits_{i=0}^m\dfrac{(-1)^i(m-i)^n}{i!(m-i)!}\)
欧拉！我们就可以把\(S_i^j\)的定义带回原式中了。
原式：
\(\LARGE\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^iS_i^j*2^j*j!\)
首先，当\((i<j)\)时，我们有\(S_i^j=0\)。很显然，因为此时必有空集合存在。因此，我们可以将\(\sum\limits_{j=1}^i\)改为\(\sum\limits_{j=1}^n\)。得到：
\(\LARGE\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^nS_i^j*2^j*j!\)
改变枚举顺序，先枚举\(j\)，并把只与\(j\)有关的东西移出去。
\(\LARGE\sum\limits_{j=0}^n2^j*j!\sum\limits_{i=0}^nS_i^j\)
\(S_i^j\)通项公式代进去：
\(\LARGE\sum\limits_{j=0}^n2^j*j!\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{k=0}^j\dfrac{(-1)^k(j-k)^i}{k!(j-k)!}\)
发现这个\(i\)只与\((j-k)^i\)有关，不如就在那边求和，得到
\(\LARGE\sum\limits_{j=0}^n2^j*j!\sum\limits_{k=0}^j\dfrac{(-1)^k\Bigg(\sum\limits_{i=0}^n(j-k)^i\Bigg)}{k!(j-k)!}\)
把后面那一大坨拆成与\(k\)有关的和与\(j-k\)有关的：
\(\LARGE\sum\limits_{j=0}^n2^j*j!\sum\limits_{k=0}^j\Bigg(\dfrac{(-1)^k}{k!}\Bigg)\Bigg(\dfrac{\sum\limits_{i=0}^n(j-k)^i}{(j-k)!}\Bigg)\)
发现后面是一个卷积的形式。令\(f(i)=\dfrac{(-1)^i}{i!}\)，\(g(i)=\dfrac{\sum\limits_{k=0}^ni^k}{i!}\)
利用等比数列求和的公式，得到\(g(i)=\dfrac{i^{n+1}-1}{(i-1)i!}\)。
注意！在这么转换之后，我们要注意到特例：\(i=0\)和\(i=1\)。在新式子中，会得到奇奇怪怪的结果。直接代入原式子，得到\(g(0)=1\)和\(g(1)=n+1\)，记得特判一下！
设\(h=f*g\)，则我们得到：
\(\LARGE\sum\limits_{j=0}^n2^j*j!*h(j)\)
问题来了，这个\(2^j*j!\)是干什么的？
误导你的！自始至终它都一直在那里呆着。
出题人竟如此阴险残暴
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int G=3;
int n,f[500100],g[500100],lim=1,lg,invlim,rev[500100],ans;
int ksm(int x,int y){
int res=1;
for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)res=(1ll*res*x)%mod;
return res;
}
void NTT(int *a,int tp){
for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int md=1;md<lim;md<<=1){
int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
int w=1;
for(int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
a[pos+i]=(x+y)%mod;
a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=(1ll*a[i]*invlim)%mod;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0,fac=1,invfac;i<=n;i++,fac=(1ll*fac*i)%mod){
invfac=ksm(fac,mod-2);
f[i]=(i&1?(mod-invfac)%mod:invfac);
if(i==0)g[i]=1;
else if(i==1)g[i]=n+1;
else g[i]=1ll*(ksm(i,n+1)-1+mod)%mod*ksm(i-1,mod-2)%mod*invfac%mod;
}
while(lim<=2*n+1)lim<<=1,lg++;
invlim=ksm(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
NTT(f,1),NTT(g,1);
for(int i=0;i<lim;i++)f[i]=(1ll*f[i]*g[i])%mod;
NTT(f,-1);
for(int i=0,fac=1,bin=1;i<=n;i++,fac=(1ll*fac*i)%mod,bin=(bin<<1)%mod)ans=(1ll*fac*bin%mod*f[i]%mod+ans)%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
标签：不能 存在 class 有关 const 题意 ++ scan lin
原文地址：https://www.cnblogs.com/Troverld/p/12772318.html
