- 有一个(m)次多项式(F(x))，给出它在(0sim m)的(m+1)个点值。
- 给定(n,x)，求(sum_{k=0}^nF(k) imes C_n^k imes x^k imes(1-x)^{n-k})。
- (nle10^9,mle2 imes10^4)
由点值到下降幂多项式
设(F(x))表示下降幂多项式系数的生成函数，(G(x))表示下降幂多项式点值的指数型生成函数，它们之间存在着一个很好的转化：（具体证明可见【洛谷5394】【模板】下降幂多项式乘法）
[F(x)=G(x)*e^{-x}
]
这样一来我们就可以把给出的点值转化成下降幂多项式的形式，然后就可以开始愉快地推式子了。
愉快地推式子
在此之前可以先做做看【洛谷6620】[省选联考 2020 A 卷] 组合数问题（下降幂），算是此题的一个改编版。
考虑我们现在已经求出了多项式(F(x)=sum_{i=0}^mf_ix^{underline{i}})，那么直接代入原式：
[sum_{k=0}^nsum_{i=0}^mf_i imes k^{underline{i}} imes C_n^k imes x^k imes(1-x)^{n-k}
]
看看(n,m)的范围，显然需要把(i)的枚举枚举提前，得到：
[sum_{i=0}^mf_i imessum_{k=0}^nk^{underline{i}} imes C_n^k imes x^k imes(1-x)^{n-k}
]
暴拆下降幂和组合数得到：
[sum_{i=0}^mf_i imes sum_{k=0}^nfrac k{(k-i)!} imesfrac{n!}{k!(n-k)!} imes x^k imes(1-x)^{n-k}\
sum_{i=0}^mf_i imes sum_{k=0}^nfrac{n!}{(k-i)!(n-k)!} imes x^k imes(1-x)^{n-k}
]
发现里面这坨组合数长得很丑陋，发现分母中((k-i)+(n-k)=n-i)，因此我们把(n!)替换为((n-i)!)，相当于提出来一个(n^{underline{i}})：
[sum_{i=0}^mf_i n^{underline{i}} imes sum_{k=0}^nC_{n-i}^{k-i} imes x^k imes (1-x)^{n-k}
]
当(k-i<0)的时候组合数没有意义，因此我们用(k+i)替换(k)，得到：
[sum_{i=0}^mf_i n^{underline{i}} imes sum_{k=0}^{n-i}C_{n-i}^{k} imes x^{k+i} imes (1-x)^{n-i-k}\
sum_{i=0}^mf_i n^{underline{i}}x^i imes sum_{k=0}^{n-i}C_{n-i}^{k} imes x^{k} imes (1-x)^{n-i-k}
]
发现式子右边就是一个基本的二项式定理，就应该等于((x+1-x)^{n-i}=1)。
所以原式就是：
[sum_{i=0}^mf_i n^{underline{i}}x^i
]
这种东西随便算算就好了。
代码：(O(mlogm))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define M 20000
#define X 998244353
using namespace std;
int n,m,x,a[M+5],e[M+5],IFac[M+5];
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
namespace Poly
{
#define PR 3
int P,L,A[M<<2],B[M<<2],R[M<<2];I void T(int* s,CI op)
{
RI i,j,k,x,y,U,S;for(i=0;i^P;++i) i<R[i]&&(swap(s[i],s[R[i]]),0);
for(i=1;i^P;i<<=1) for(U=QP(QP(PR,op),(X-1)/(i<<1)),j=0;j^P;j+=i<<1) for(S=1,
k=0;k^i;++k,S=1LL*S*U%X) s[j+k]=((x=s[j+k])+(y=1LL*S*s[i+j+k]%X))%X,s[i+j+k]=(x-y+X)%X;
}
I void Mul(int* a,int* b)
{
RI i;P=1,L=0;W(P<=(m<<1)) P<<=1,++L;for(i=0;i^P;++i) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<L-1);
for(i=0;i<=m;++i) A[i]=a[i],B[i]=b[i];for(T(A,1),T(B,1),i=0;i^P;++i) A[i]=1LL*A[i]*B[i]%X;
RI t=QP(P,X-2);for(T(A,X-2),i=0;i<=m;++i) a[i]=1LL*A[i]*t%X;
}
}
int main()
{
RI i;for(scanf("%d%d%d",&n,&m,&x),i=0;i<=m;++i) scanf("%d",a+i);
RI f=1;for(i=1;i<=m;++i) f=1LL*f*i%X;for(IFac[i=m]=QP(f,X-2);i;--i) IFac[i-1]=1LL*IFac[i]*i%X;//预处理阶乘逆元
for(i=0;i<=m;++i) a[i]=1LL*a[i]*IFac[i]%X,e[i]=(i&1)?X-IFac[i]:IFac[i];Poly::Mul(a,e);//由点值到下降幂多项式形式
RI t=0,p=1;for(f=1,i=0;i<=m;f=1LL*f*(n-i)%X,p=1LL*p*x%X,++i) t=(1LL*a[i]*p%X*f+t)%X;//计算答案式
return printf("%d
",t),0;
}