• [TJOI2016/HEOI2016] 求和


    题意:

    给定n,求$f(n)=sum limits_{i=0}^{n}{sum limits_{j=0}^{i}{S(i,j) 2^{j}{j!}}}$。

    其中$S(i,j)$为第二类斯特林数。

    $nleq 10^5$。

    题解:

    挺水的一个题。

    首先这种两个变量互相约束的东西不好化简,注意到$S(i,j)$在$j>i$时是等于0而不是没有定义,所以原式

    $=sum limits_{i=0}^{n}{sum limits_{j=0}^{n}{S(i,j) 2^{j}{j!}}}$

    考虑斯特林数的容斥意义,有$S(i,j)=frac{1}{j!} sum limits_{k=0}^{j}{(-1)^{j-k}{jchoose k}{k^{i}}}$。

    那么原式

    $=sum limits_{i=0}^{n}{sum limits_{j=0}^{n}{ sum limits_{k=0}^{j}{(-1)^{j-k}{jchoose k}{k^{i}}} 2^{j}}}$

    $=sum limits_{j=0}^{n}{2^{j}sum limits_{k=0}^{i}{ {(-1)^{j-k}{jchoose k}sum limits_{i=0}^{n}{k^{i}}}}}$

    $=sum limits_{j=0}^{n}{2^{j}sum limits_{k=0}^{i}{ {(-1)^{j-k}{jchoose k}frac{k^{n+1}-1}{k-1}}}}$

    $=sum limits_{j=0}^{n}{2^{j}sum limits_{k=0}^{i}{ {(-1)^{j-k}{frac{j!}{k!(j-k)!}}frac{k^{n+1}-1}{k-1}}}}$

    $=sum limits_{j=0}^{n}{2^{j}j!sum limits_{k=0}^{i}{ {frac{(-1)^{j-k}}{(j-k)!}frac{k^{n+1}-1}{k!(k-1)}}}}$

    容易发现这就是一个标准的卷积形式:

    构造多项式A,B,其中$a_{i}=frac{(-1)^{i}}{i!},b_{i}=frac{i^{n+1}-1}{i!(i-1)}$,再令$C=A*B$。

    (注意边界:$b_{0}=frac{0^{0}}{0!}=1,b_{1}=n+1$)

    那么答案就是$f(n)=sum limits_{j=0}^{n}{2^{j}j!c_{j}}$。

    复杂度$O(nlog{n})$。(其实这题还有$EI$的$O(n)$做法,orz)

    套路:

    • 推式子时:两个变量互相约束$ ightarrow$尽量转化成互相独立。
    #include<bits/stdc++.h>
    #define maxn 600005
    #define maxm 500005
    #define inf 0x7fffffff
    #define mod 998244353
    #define g 3
    #define ll long long
    #define rint register ll
    #define debug(x) cerr<<#x<<": "<<x<<endl
    #define fgx cerr<<"--------------"<<endl
    #define dgx cerr<<"=============="<<endl
    
    using namespace std;
    ll fac[maxn],ifac[maxn],ind[maxn];
    
    inline ll read(){
        ll x=0,f=1; char c=getchar();
        for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
        for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
        return x*f;
    }
    
    inline ll pw(ll a,ll b){ll r=1;while(b)r=(b&1)?r*a%mod:r,a=a*a%mod,b>>=1;return r;}
    
    struct poly{
        ll a[maxn],n;
        inline void clear(){memset(a,0,sizeof(a)),n=0;}
        inline void ntt(ll op){
            for(ll i=0;i<n;i++) if(i>ind[i]) swap(a[i],a[ind[i]]);
            for(ll l=1;l<=n;l<<=1){
                ll p=pw(g,(mod-1)/l);
                if(op==-1) p=pw(p,mod-2);
                for(ll i=0;i<n;i+=l)
                    for(ll j=i,w=1;j<i+l/2;j++,w=w*p%mod){
                        ll x=a[j],y=w*a[j+l/2]%mod;
                        a[j]=(x+y)%mod,a[j+l/2]=(x-y+mod)%mod;
                    }
            }
            if(op==-1){
                ll w=pw(n,mod-2);
                for(ll i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*w%mod;
            }
        }
        poly operator*(const poly b)const{
            poly res; res.clear(),res.n=n;
            for(ll i=0;i<n;i++) res.a[i]=a[i]*b.a[i]%mod;
            return res;
        }
    };
    
    int main(){
        ll n=read(),m=1,ans=0; while(m<=2*n) m<<=1;
        fac[0]=1; for(ll i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
        ifac[n]=pw(fac[n],mod-2); 
        for(ll i=n-1;i>=0;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod; 
        poly A,B; A.clear(),B.clear(),A.n=B.n=m;
        for(ll i=0;i<=n;i++){
            if(i==0) A.a[i]=1; else if(i==1) A.a[i]=n+1;
            else A.a[i]=(pw(i,n+1)-1)*ifac[i]%mod*pw(i-1,mod-2)%mod;
        } 
        for(ll i=0,j=1;i<=n;i++,j=j*(mod-1)%mod) B.a[i]=j*ifac[i]%mod;
        for(ll i=0;i<m;i++) ind[i]=(i&1)?((ind[i>>1]>>1)|(m>>1)):(ind[i>>1]>>1);
        A.ntt(1),B.ntt(1); poly C=A*B; C.ntt(-1);
        for(ll i=0;i<=n;i++) ans=(ans+pw(2,i)*fac[i]%mod*C.a[i]%mod)%mod; 
        printf("%lld
    ",ans);
        return 0;
    }
    求和
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/YSFAC/p/13279704.html
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