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什么是反演?
正题:二项式反演
例题

1.[BZOJ 4487: [Jsoi2015]染色问题](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4487)
2.[CF1228E Another Filling the Grid](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1228E)
3.[Luogu P4859 已经没有什么好害怕的了](https://www.luogu.com.cn/problem/P4859)
4.[BZOJ 2839 集合计数](https://darkbzoj.tk/problem/2839)
5.[BZOJ 4710: [Jsoi2011]分特产](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4710)
6.[CF285E Positions in Permutations](https://www.luogu.com.cn/problem/CF285E)
7.[Luogu P4491 [HAOI2018]染色](https://www.luogu.com.cn/problem/P4491)

什么是反演?

类似这样 $f_n=\sum_{i=0}^n A_{n,i}* g_i$ ,现在已知 $f$ ,要你求 $g$ .这就是一个反演,即一个反推的过程.

假设 $g_n=\sum_{i=0}^n B_{n,i}*f_i$ .

这显然 $A*B=E$ ,得到单位矩阵,也就是满足 $f_n=\sum_{i=0}^n A_{n,i}*\sum_{j=0}^n B_{i,j}*f_i=\sum_{i=0}^n [A*B]_{n,j}*f_i=\sum_{i=0}^n [i=n]*f_i$ .

即求和套反演为自身.

一些反演:莫比乌斯反演,二项式反演…(其实我就会这俩)

正题:二项式反演

二项式反演有三种形式: $(0\le n\le m)$

$f_n=\sum_{i=0}^n (-1)^i \dbinom n i g_i\Leftrightarrow g_n=\sum_{i=0}^n (-1)^i \dbinom n if_i$ (极强的对称性)
$f_n=\sum_{i=0}^n \dbinom n i g_i\Rightarrow g_n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \dbinom n i f_i$
$f_n=\sum_{i=n}^m \dbinom i n g_i\Rightarrow g_n=\sum_{i=n}^m (-1)^{n-i} \dbinom i n f_i$

下面证明第一条,其他的证明类似,读者自证不难.
$f_n=\sum_{i=0}^n (-1)^i \dbinom n i g_i=\sum_{i=0}^n (-1)^i \dbinom n i \sum_{j=0}^i (-1)^j\dbinom i j f_j$
$=\sum_{i=0}^n (-1)^i \sum_{j=0}^i (-1)^j\dbinom n i \dbinom i j f_j$

由于:
$\dbinom n i \dbinom i j=\dfrac{n!}{i!(n-i)!}*\dfrac{i!}{j!*(i-j)!}=\dfrac{n!}{(n-i)!}*\dfrac{1}{j!*(i-j)!}=\dfrac{n!}{(n-j)!j!}*\dfrac{(n-j)!}{(n-i)!*(i-j)!}=\dbinom n j \dbinom {n-j}{n-i}$

$0^0=1(组合中的规定)$

所以:
$\sum_{i=0}^n (-1)^i \sum_{j=0}^i (-1)^j\dbinom n i \dbinom i j f_j$
$=\sum_{i=0}^n (-1)^i \sum_{j=0}^i (-1)^j\dbinom n j \dbinom {n-j}{n-i}f_j$
$=\sum_{j=0}^n (-1)^j f_j*\dbinom n j\sum_{i=j}^n(-1)^i*\dbinom{n-j}{n-i}$
$=\sum_{j=0}^n (-1)^j f_j *\dbinom n j*\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^{n-i}*\dbinom{n-j}{i}$
$=\sum_{j=0}^n (-1)^{j+n} f_j *\dbinom n j*\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^{i}*\dbinom{n-j}{i}$
$=\sum_{j=0}^n (-1)^{j+n} f_j *\dbinom n j*0^{n-j}(二项式定理)$
$=\sum_{j=0}^n [j=n]f_j$
证毕!

应用方法:
当有 $-1$ 的话用第一条.
用第二三条的时候,即"至多"/"至少"量比"正好"量更好计算时.

应用题可以戳最上面的链接看.

补充资料

例题

1.BZOJ 4487: [Jsoi2015]染色问题

三维容斥-----对二项式定理的推广.

设 $f_{i,j,k}$ 表示 $i行j列正好k种颜色$ 的方案数.
定义 $g_{i,j,k}$ 表示 $至多染i行,j列,k种颜色$ 的方案数.

则有:
$\begin{cases}g_{n,m,c}=(c+1)^{nm}\\g_{n,m,c}=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^m \sum_{k=0}^c f_{i,j,k}*\dbinom n i \dbinom m j \dbinom c k\end{cases}$
反演:
$f_{n,m,c}=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^m \sum_{k=0}^c (-1)^{n-i+m-j+c-k}g_{i,j,k}*\dbinom n i \dbinom m j \dbinom c k=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^m \sum_{k=0}^c (-1)^{n-i+m-j+c-k}(k+1)^{ij}*\dbinom n i \dbinom m j \dbinom c k$
可理解为对每一维依次反演.

显然暴力需要: $O(n^3 \log n)$ 的复杂度.这样会T^T.
如果预处理幂的话也是 $O(n^3)$ 的,依然过不了.

观察式子可以发现有幂次和组合数,我们尝试用二项式定理进行合并.
即 $(-1)^{m-j}*[(k+1)^i]^j*C_m^j=[(k+1)^i-1]^j$

预处理幂-> $O(n^2)$ .
计算复杂度-> $O(n^2 \log n)$ .

#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=410,size=1<<20,mod=1e9+7;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}

int n,m,c,p[N][N];
ll jc[N],inv[N],ans;

ll C(int x,int y) {return jc[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}

ll power(ll a,ll b=mod-2) {
	ll c=1;
	while(b) {
		if(b&1) c=c*a%mod;
		b=b/2; a=a*a%mod;
	}
	return c;
}

int main() {
	qr(n); qr(m); qr(c);
	jc[0]=inv[0]=1; for(int i=1;i<=400;i++) inv[i]=power(jc[i]=jc[i-1]*i%mod);
	for(int i=1;i<=c+1;i++)
		for(int j=p[i][0]=1;j<=m;j++)
			p[i][j]=(ll)p[i][j-1]*i%mod;
	for(int j=1,fj=(m&1)?1:-1;j<=m;j++,fj=-fj)
		for(int k=0,fk=((c&1)?-1:1)*fj;k<=c;k++,fk=-fk) 
			(ans += fk*C(m,j)*C(c,k)%mod*power(p[k+1][j]-1,n)%mod) %= mod;
	pr2((ans+mod)%mod);
	return 0;
}/*
二项式反演的三维形式.
g[i][j][k]表示至多i行,j列,k钟颜色的方案数.(k+1)^(i*j)

总复杂度O(n^2 log(n))
*/

2.CF1228E Another Filling the Grid

题意:给你个 $n*n$ 的矩阵,每个格子可填 $[1,k]$ ,求每行每列的最小值为1的方案数.

可以发现 $[2,k]$ 的每个数是无区别的.

定义状态 $f[i][j]表示至少i行j列不合法的情况数,f[i][j]=(k-1)^{n(i+j)-i*j}k^{n^2-(i+j)n+i*j}$ , $g[i][j]表示恰好i行j列不合法的情况数$

$f[a][b]=\sum_{i=a}^n \sum_{j=1}^n C_n^i C_n^j g[i][j]\Leftrightarrow g[a][b]=\sum_{i=a}^n\sum_{j=b}(-1)^{2n-i-j}C_i^a C_j^b f[i][j]$

$g[0][0]$ 即为答案.

#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=255,size=1<<20,mod=1e9+7;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}

int n,m;
ll ans,C[N][N];

ll power(ll a,ll b) {
	ll c=1;
	while(b) {
		if(b&1) c=c*a%mod;
		b/=2; 	a=a*a%mod;
	}
	return c;
}

int main() {
	qr(n); qr(m);
	for(int i=0;i<=n;i++) C[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=i;j++)
			C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
	for(int i=0;i<=n;i++)
		for(int j=0,k;j<=n;j++) {
			k=n*(i+j)-i*j;
			ans+=((i+j)&1?-1:1)*C[n][i]*C[n][j]%mod*power(m-1,k)%mod*power(m,n*n-k)%mod;
		}
	pr2((ans%mod+mod)%mod); 
	return 0;
}

3.Luogu P4859 已经没有什么好害怕的了

因为输入的两个数组( $a,b$ )的数互不相等,所以可得 $(a>b)的个数=(n+k)/2$ (以下令 $k=(n+k)/2$ ).

设 $f[i],g[i]$ 分别表示正好和至少为 $i对(a>b)$ 的方案数.

我们设法构造 $g->O(n^2)DP$

把两个数组都排序,定义 $dp[i][j],pos[i]分别表示前i个中选择j对,比a[i]小的b的数量$ .
所以: $f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*max(0,pos[i]-(j-1))(不一定能凑对成功)$

然后,反演即可.

#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=2010,size=1<<20,mod=1e9+9;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}

int n,m,a[N],b[N],f[N],jc[N],inv[N];

int main() {
	qr(n); qr(m); if((n+m)&1) puts("0"),exit(0); m=n+m>>1;
	jc[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%mod;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++) qr(a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) qr(b[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	sort(b+1,b+n+1);
	f[0]=1;
	for(int i=1,k=0;i<=n;i++) {
		while(k<n&&b[k+1]<a[i]) k++;
		for(int j=k;j;j--)
			f[j]=(f[j]+(ll)f[j-1]*max(0,k-(j-1)))%mod;
	}
	ll ans=0;
	for(int i=m,F=1;i<=n;i++) {
		f[i]=(ll)f[i]*jc[n-i]%mod;
		ans+=(ll)F*jc[i]%mod*inv[i-m]%mod*f[i]%mod;
		F=-F;
	}
	ans=(ans%mod+mod)%mod;
	ans=ans*inv[m]%mod;
	pr2(ans);
	return 0;
}

4.BZOJ 2839 集合计数

一个有 $N$ 个元素的集合有 $2^N$ 个不同子集（包含空集），现在要在这 $2^N$ 个集合中取出若干集合（至少一个），使得它们的交集的元素个数为 $K$ ，求取法的方案数，答案模1000000007。

第一次自己做出一道二项式反演的题,好激动啊

显然这是"至少"问题,我们直接确定并集的最小大小其他的暴力枚举即可.
设 $f[i],g[i]$ 为正好为 $i$ 和至少为 $i$ 的情况数.

$g[a]=\sum_{i=a}^n \dbinom i a f[i]=\dbinom n a (2^{2^{n-a}}-1)$
$f[k]=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k} \dbinom i k g[i]=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k} \dbinom i k \dbinom n i (2^{2^{n-i}}-1)$

如何理解第一个式子呢?
我们钦定 $a$ 个元素的方案数显然为 $\dbinom n a$ ,然后,剩余 $n-a$ 个位置,形成了 $2^{n-a}$ 个子集,这些子集要么选要么不选,即 $2^{2^{n-a}}$ 种方案(注意,先算上部),同时要不为空集,所以-1即可.

暴力 $O(n\log^2\mod)$ 并没有被卡.

int n,m;
ll jc[N],inv[N],ans;

ll power(ll a,ll b=mod-2,ll p=mod) {
	ll c=1;
	while(b) {
		if(b&1) c=c*a%p;
		b/=2;	a=a*a%p;
	}
	return c;
}

ll C(int x,int y) {return jc[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}

int main() {
	qr(n);qr(m);
	
	jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	inv[n]=power(jc[n]);for(int i=n;i;i--) inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
	
	for(int i=m,f=1;i<=n;i++)
		ans+=f*C(i,m)*C(n,i)%mod*(power(2,power(2,n-i,mod-1))-1)%mod,f=-f;
	pr2((ans%mod+mod)%mod);
	return 0;
}

闲来无事,不妨卡卡常数.

我们显然可以预处理2的幂来加速.
对于指数部分 $\% (mod-1)$ (费马小定理).
下面 $\% mod$ .

然后,我们直接值域分块,可以用 $O(\sqrt mod)$ 完成预处理.

复杂度: $O(n+\sqrt mod)$

质的飞越:
在这里插入图片描述

int n,m;
ll jc[N],inv[N],ans,p1[M+5],p2[M+5],pw[N];

ll power(ll a,ll b=mod-2,ll p=mod) {
	ll c=1;
	while(b) {
		if(b&1) c=c*a%p;
		b/=2;	a=a*a%p;
	}
	return c;
}

ll P1(int x) {return p1[x>>15]*p2[x&(M-1)]%mod;}


ll C(int x,int y) {return jc[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}

int main() {
	qr(n);qr(m);
	
	jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	inv[n]=power(jc[n]);for(int i=n;i;i--) inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
	
	p2[0]=1;for(int i=1;i<=M;i++)p2[i]=p2[i-1]*2%mod;
	p1[0]=1;p1[1]=p2[M]%mod;for(int i=2;i<M;i++) p1[i]=p1[i-1]*p1[1]%mod;
	
	pw[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) pw[i]=pw[i-1]*2%(mod-1);
	
	for(int i=m,f=1;i<=n;i++)
		ans+=f*C(i,m)*C(n,i)%mod*(P1(pw[n-i])-1)%mod,f=-f;
	pr2((ans%mod+mod)%mod);
	return 0;
}

我**了,可以发现 $2^{2^i}=(2^{2^{i-1}})^2$ ,所以我们倒着推即可.

5.BZOJ 4710: [Jsoi2011]分特产

参考

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2010,mod=1e9+7;

int n,m,a[N];
ll ans,c[N][N],f; 
void qr(int &x) {scanf("%d",&x);}

int main() {
	qr(n); qr(m);
	for(int i=0;i<=2000;i++) {
		c[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++)
			c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) qr(a[i]);
	for(int i=0,F=1,f;i<=n;i++) {
		f=c[n][i];
		for(int j=1;j<=m;j++)
			f=f*c[n-i+a[j]-1][a[j]]%mod;
		(ans+=F*f+mod)%=mod; 
		F=-F; 
	}
	printf("%lld\n",ans);return 0;
}

6.CF285E Positions in Permutations

题意:给你一个长度为 $n$ 的排列 $p$ 和 $m$ ,求 $f(p)=\sum_{i=1}^n[|p_i-i|=1]=m$ 的 $p$ 的个数.

设 $f(i)$ 为恰好为 $i$ 的方案数, $g(i)$ 是至少为 $i$ 的方案数.

则有:
$\begin{cases}g(a)=\sum_{i=a}^n \dbinom i m f(i)\\f(a)=\sum_{i=a}^n (-1)^{i-a}\dbinom i a g(i)\end{cases}$

比较难的地方是求 $g$ .

设计一个DP,定义 $dp[i][j][0/1][0/1]表示前i个数中有j个满足条件的数,三四维表示i,i+1是否被选择$ ,乱搞即可.

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long 
using namespace std;
const int N=2010,mod=1e9+7;

int n,m;
ll jc[N],inv[N],f[N][N][4],ans;
//f[i][j][k]表示前i个数中有j个好数,k的两位分别表示i,i+1位置是否取. 
ll C(int x,int y) {return jc[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}

int main() {
	scanf("%d %d",&n,&m);
	jc[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod,inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;
	f[1][1][1]=f[1][0][0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		f[i][0][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++) 
			f[i][j][0]=(f[i-1][j-1][0]+f[i-1][j][0]+f[i-1][j][2])%mod,
			f[i][j][2]=(f[i-1][j-1][1]+f[i-1][j][1]+f[i-1][j][3])%mod,
			f[i][j][1]=(f[i-1][j-1][0]+f[i-1][j-1][2])%mod,
			f[i][j][3]=(f[i-1][j-1][1]+f[i-1][j-1][3])%mod;
	}
	ll g; 
	for(int i=m,F=1;i<=n;i++) {
		g=F*(f[n][i][0]+f[n][i][2])*jc[n-i]%mod*C(i,m)%mod+mod;
		(ans += g) %= mod; F=-F;
	}
	printf("%lld\n",ans); return 0;
}

7.Luogu P4491 [HAOI2018]染色

为了报答小 $C$ 的苹果, 小 $G$ 打算送给热爱美术的小 $C$ 一块画布, 这块画布可以抽象为一个长度为 $N$ 的序列, 每个位置都可以被染成 $M$ 种颜色中的某一种.

然而小 $C$ 只关心序列的 $N$ 个位置中出现次数恰好为 $S$ 的颜色种数, 如果恰好出现了 $S$ 次的颜色有 $K$ 种, 则小 C 会产生 $W_k$ 的愉悦度.

小 $C$ 希望知道对于所有可能的染色方案, 他能获得的愉悦度的和对 $1004535809$ 取模的结果是多少.

$N\le 10^7,M\le 10^5$ .

参考

#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e7+10,M=1<<18|10,size=1<<20,mod=1004535809,g=3,G=334845270;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}

int n,lim,m,s,jc[N],inv[N],a[M],b[M],tr[M],ans,w[M];

ll power(ll a,ll b=mod-2) {
	ll c=1;
	while(b) {
		if(b&1) c=c*a%mod;
		b /= 2; a=a*a%mod;
	}
	return c;
}

void add(int &x,int y) {x+=y; if(x>=mod) x-=mod;}
void del(int &x,int y) {x-=y; if(x<0) x+=mod;}

void NTT(int *f,int e) {
	for(int i=1;i<n;i++) 
		if(i<tr[i]) swap(f[i],f[tr[i]]);
	for(int p=2,len=1;p<=n;len=p,p*=2) {
		ll tag=power(e,(mod-1)/p);
		for(int k=0;k<n;k+=p) {
			ll buf=1,t;
			for(int l=k;l<k+len;l++) {
				t=f[l+len]*buf%mod;
				f[l+len]=(f[l]-t+mod)%mod;
				add(f[l],t);
				buf=buf*tag%mod;
			}
		}
	}
}

ll C(int x,int y) {return (ll)jc[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}

int main() {
	qr(n); qr(m); qr(s); 
	for(int i=0;i<=m;i++) qr(w[i]);
	lim=max(n,m);
	jc[0]=1;for(int i=1;i<=lim;i++) jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%mod;
	inv[lim]=power(jc[lim]);for(int i=lim; i;i--) inv[i-1]=(ll)inv[i]*i%mod;
	lim=min(m,n/s);
	for(int i=0;i<=lim;i++) b[i]=(i&1?-inv[i]+mod:inv[i]);
	ll t=1,T=inv[s];
	for(int i=0;i<=lim;i++) a[lim-i]=jc[i]*C(m,i)%mod*jc[n]%mod*inv[n-i*s]%mod*t%mod*power(m-i,n-i*s)%mod,t=t*T%mod;
	
	for(n=1;n<=lim;n<<=1);
	n*=2;for(int i=1;i<n;i++) tr[i]=(tr[i>>1]>>1)|(i&1?n>>1:0);
	NTT(a,g); NTT(b,g); for(int i=0;i<n;i++) a[i]=(ll)a[i]*b[i]%mod;
	NTT(a,G); ll Inv=power(n); for(int i=0;i<=lim;i++) add(ans,a[lim-i]*Inv%mod*inv[i]%mod*w[i]%mod);
	pr2(ans);
	return 0;
}

二项式反演小记