出處0.0
用到第二類斯特林?jǐn)?shù)的性質(zhì),做法好像很多,我打的是直接ntt,由第二類斯特林?jǐn)?shù)的容斥公式可以推出,我們可以對(duì)于每一個(gè)i,來(lái)一次ntt求出他與所有j組成的第二類斯特林?jǐn)?shù)的值,這個(gè)時(shí)候我們是O(n^2logn)的,還不如暴力,但是我們發(fā)現(xiàn),對(duì)于剛剛提到的容斥的式子,將其化為卷積形式后,其一邊的每一項(xiàng)對(duì)于每一個(gè)i都相同,另一邊的每一項(xiàng)是對(duì)于所有的i形成一個(gè)n項(xiàng)的等比數(shù)列,這樣我們可以把成等比數(shù)列的一邊求和,用固定的一邊去卷他們的和,這時(shí)候的答案的每一項(xiàng)就是所有的i的這一項(xiàng)的和,然后我們?cè)貽(n)乘上階乘和2的次冪就可以了.
(一開(kāi)始代碼打錯(cuò)了,還以為那個(gè)公式在S(i,j)不存在的時(shí)候是錯(cuò)的……后來(lái)手玩了一下才發(fā)現(xiàn)他是對(duì)的……)
補(bǔ)充:
又用多項(xiàng)式求逆打了一遍,比上面那個(gè)做法慢了一倍……
這道題求逆的具體做法參見(jiàn)http://blog.csdn.net/lych_cys/article/details/51512278
感覺(jué)好神奇啊,把多項(xiàng)式當(dāng)成數(shù)來(lái)推式子……
這個(gè)東西感覺(jué)有點(diǎn)像CDQ+ntt……

#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> const int N=400010; const int P=998244353; typedef long long LL; inline int Pow(int x,int y){int ret=1;while(y){if(y&1)ret=(LL)ret*x%P;x=(LL)x*x%P,y>>=1;}return ret; } int A[N],B[N],rev[N],len; int ai[N],bi[N],ci[N]; int jie[N],ni[N],inv[N],n; inline void ntt(int *C,int opt){register int i,j,k,w;int wn,temp;for(i=1;i<len;++i)if(i<rev[i])std::swap(C[i],C[rev[i]]);for(k=2;k<=len;k<<=1){wn=Pow(3,(P-1)/k);if(opt==-1)wn=Pow(wn,P-2);for(i=0;i<len;i+=k){w=1;for(j=0;j<(k>>1);++j,w=(LL)w*wn%P){temp=(LL)w*C[i+j+(k>>1)]%P;C[i+j+(k>>1)]=(C[i+j]-temp+P)%P;C[i+j]=(C[i+j]+temp)%P;}}} } inline void mul(int *a,int *b,int *c,int n){len=1;while(len<n)len<<=1;int i;for(i=1;i<len;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(len>>1):0);for(i=0;i<len;++i)A[i]=a[i],B[i]=b[i];ntt(A,1),ntt(B,1);for(i=0;i<len;++i)A[i]=(LL)A[i]*B[i]%P;ntt(A,-1);int Inv=Pow(len,P-2);for(i=0;i<len;++i)c[i]=(LL)A[i]*Inv%P; } int main(){scanf("%d",&n);int i,ans=1,temp=1;jie[0]=ni[0]=1,inv[1]=1;for(i=2;i<=n;++i)inv[i]=((-(LL)(P/i)*inv[P%i])%P+P)%P;for(i=1;i<=n;++i)jie[i]=(LL)jie[i-1]*i%P,ni[i]=(LL)ni[i-1]*inv[i]%P;bi[0]=0,bi[1]=n,ai[0]=1,ai[1]=P-1;for(i=2;i<=n;++i)bi[i]=(LL)i*(Pow(i,n)-1+P)%P*ni[i]%P*inv[i-1]%P,ai[i]=(i&1)?(P-ni[i]):ni[i];mul(ai,bi,ci,n+n+2);for(i=1;i<=n;++i)temp=(((LL)temp)<<1LL)%P,ans=(ans+(LL)ci[i]*temp%P*jie[i])%P;printf("%d\n",ans);return 0; } 直接ntt #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> typedef long long LL; const int N=100010; const int P=998244353; inline int Pow(int x,int y){int ret=1;while(y){if(y&1)ret=(LL)ret*x%P;x=(LL)x*x%P,y>>=1;}return ret; } int len,n,A[N<<2],rev[N<<2]; int g[N<<2],f[N<<2],jie[N],ni[N]; inline void ntt(int *C,int opt){register int i,j,k,w;int wn,temp;for(i=1;i<len;++i)if(rev[i]>i)std::swap(C[i],C[rev[i]]);for(k=2;k<=len;k<<=1){wn=Pow(3,(P-1)/k);if(opt==-1)wn=Pow(wn,P-2);for(i=0;i<len;i+=k){w=1;for(j=0;j<(k>>1);++j,w=(LL)w*wn%P){temp=(LL)w*C[i+j+(k>>1)]%P;C[i+j+(k>>1)]=(C[i+j]-temp+P)%P;C[i+j]=(C[i+j]+temp)%P;}}} } inline void Inv(int *a,int *b,int cd){if(cd==1){b[0]=Pow(a[0],P-2);return;}Inv(a,b,cd>>1);int i,inv;len=cd<<1;for(i=1;i<len;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(len>>1):0);memcpy(A,a,cd<<2),memset(A+cd,0,cd<<2);ntt(A,1),ntt(b,1);for(i=0;i<len;++i)b[i]=(2-(LL)A[i]*b[i]%P+P)*b[i]%P;ntt(b,-1),inv=Pow(len,P-2);for(i=0;i<cd;++i)b[i]=(LL)b[i]*inv%P;memset(b+cd,0,cd<<2); } int main(){scanf("%d",&n);int i,cd,ans=0;jie[0]=ni[0]=1;for(i=1;i<=n;++i)jie[i]=(LL)jie[i-1]*i%P;ni[n]=Pow(jie[n],P-2);for(i=n-1;i>0;--i)ni[i]=(LL)ni[i+1]*(i+1)%P;g[0]=1;for(i=1;i<=n;++i)g[i]=(-2*ni[i]+P+P)%P;cd=1;while(cd<=n)cd<<=1;Inv(g,f,cd);for(i=0;i<=n;++i)ans=(ans+(LL)f[i]*jie[i])%P;printf("%d\n",ans);return 0; } 多項(xiàng)式求逆

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轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/TSHugh/p/8480847.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的【BZOJ 4555】[Tjoi2016Heoi2016]求和 多项式求逆/NTT+第二类斯特林数的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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