bzoj 4555:[Tjoi2016&Heoi2016]求和 多项式求逆

       如果没有2^j和j!，那么题目就是求Σ(i=0,n)Bi（Bi表示第i个贝尔数），而Bi=Σ(j=0,i)S(i,j)。

       考虑第二类斯特林数的含义为将i个不同的数分成j个集合的方案数，那么*j!就是讲i个不同的数分到j个有序集合的方案数，那么令Fi=Σ(j=0,i)S(i,j)*j!，则Fi表示将i个不同的数分到任意多个有序集合的方案数。考虑Fi的递推式，枚举最后一个集合的大小k，那么这个集合可以有1~i的大小，里面的数可以有Ci,k中组合，所以Fi=Σ(k=1,i)Fi-kCi,k。注意到我们枚举的是左后一个集合的大小，那么显然如果考虑2^j这一项则相当于要乘上2，因此就是Fi=Σ(k=1,i)Fi-kCi,k*2。

       上式中只需要令fi=Fi/i!，就转化为卷积的形式；更进一步地，令f(x)=Σ(i=0,∞)Fi/i! x^i，令g(x)=Σ(i=1,∞)2/i! x^i，就有f(x)=f(x)*g(x)+1，故f(x)=1/(1-g(x))，直接上多项式求逆即可。

AC代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define mod 998244353
#define N 270005
using namespace std;
int mx;
int n,m,inv
,a
,b
,c
,pos
,na
,w[2]
;
int ksm(int x,int y){
int t=1;
for (; y; y>>=1,x=(ll)x*x%mod) if (y&1) t=(ll)t*x%mod;
return t;
}
void pwk(int n){
int i,x=ksm(3,(mod-1)/n);
w[0][0]=w[1][0]=1;
for (i=1; i<n; i++) w[0][i]=w[1][n-i]=(ll)w[0][i-1]*x%mod;
for (i=0; i<n; i++){
pos[i]=pos[i>>1]>>1;
if (i&1) pos[i]|=n>>1;
}
}
void fnt(int *a,int n,int flag){if(n>mx)mx=n;
int i,j,k,l,x,u,v;
for (i=0; i<n; i++) na[pos[i]]=a[i];
memcpy(a,na,sizeof(int)*n);
for (k=1; k<n; k<<=1)
for (i=0,x=n/k>>1; i<n; i+=k<<1)
for (j=i,l=0; j<i+k; j++,l+=x){
u=a[j]; v=(ll)a[j+k]*w[flag][l]%mod;
a[j]=(u+v)%mod; a[j+k]=(u-v+mod)%mod;
}
if (flag){
x=ksm(n,mod-2);
for (i=0; i<n; i++) a[i]=(ll)a[i]*x%mod;
}
}
void solve_inv(int *a,int *b,int n){
if (n==1){
b[0]=ksm(a[0],mod-2); return;
}
int i; solve_inv(a,b,n>>1);
memcpy(c,a,sizeof(int)*n); memset(c+n,0,sizeof(int)*n);
pwk(n<<1);
fnt(b,n<<1,0); fnt(c,n<<1,0);
for (i=0; i<(n<<1); i++) b[i]=(2-(ll)b[i]*c[i]%mod+mod)*b[i]%mod;
fnt(b,n<<1,1); memset(b+n,0,sizeof(int)*n);
}
int main(){
int i,n; scanf("%d",&n);
inv[0]=inv[1]=a[0]=m=1;
while (m<=n) m<<=1;
for (i=2; i<=n; i++) inv[i]=mod-(ll)inv[mod%i]*(mod/i)%mod;
for (i=3; i<=n; i++) inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;
for (i=1; i<=n; i++) a[i]=((mod-inv[i])<<1)%mod;
solve_inv(a,b,m);
int ans=b
;
for (i=n; i; i--) ans=((ll)ans*i+b[i-1])%mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}


by lych

2016.5.27