分别考虑每种可能的集合大小, 每个大小为\(k\)的集合数量有\(\binom nk\)个, 所以最后的答案就是
\[\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}i^k\]
然后一看这个式子直接算肯定是完全过不去的, 我们就要化式子.
我们首先就要根据第二类斯特林数的性质把\(k\)次幂转化为下降幂.
(你问什么是下降幂? 就是说\(n^\underline{k}=n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)\)这样的啊~如果你愿意也可以看成\(n!/(n-k)!\))
\[=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}i^{\underline{j}}\]
然后把组合数和下降幂都展开发现可以前后约掉一个\(i!\)
\[=\sum_{i=0}^n\frac{n!}{(n-i)!}\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\frac 1{(i-j)!}\]
然后收拾下式子, 把\(n!\)提出来, \(\sum\)提前,
\[=n!\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\frac1{(n-i)!}\cdot\frac{1}{(i-j)!}\]
然后我们发现后面可以搞成一个组合数的形式, 我们考虑乘一个\((n-j)!\)化成组合数, 然后再把它除掉...
\[=n!\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\binom {n-j}{n-i}\cdot\frac 1{(n-j)!}\]
我们把只和\(j\)有关的式子提到前面, 顺便把\(n!\)重新乘进去
\[=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\frac{n!}{(n-j)!}\sum_{i=0}^n\binom{n-j}{n-i}\]
由于\(i\)从\(0\)取到\(n\), 所以组合数一定能取遍\([0,n-j]\)的每个数, 而且比\(n-j\)大的部分组合数都是0. 所以由组合数的性质可知\[\sum_{i=0}^n\binom{n-j}{n-i}=2^{n-j}\]
所以最终可以把原式化为
\[=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}n^{\underline{j}}2^{n-j}\]
众所周知, 第二类斯特林数说的是
把\(n\)个球放到\(k\)个盒子中, 要求盒子非空的方案数. (盒子和球均无标号)
所以如果前\(n-1\)个球放到了\(k-1\)个盒子中, 那么第\(n\)个球只好放到第\(k\)个集合中; 而如果前\(n-1\)个球放进了\(k\)个盒子, 那么第\(n\)个球只要放到任意一个盒子中就行了.
\[\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\k-1\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}*k\]
很显然这样处理斯特林数是\(O(k^2)\)的, 对于CF上这道题来说, \(k\leq5000\), 这样做就可以跑过了. AC代码:
#include <cstdio>
const int p=1e9+7;
int s[5050][5050],cur[5050];
int qpow(int a,long long b,int s=1){
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%p)
if(b&1) s=1ll*s*a%p;
return s;
}
int main(){
int n,k,ans=0; scanf("%d%d",&n,&k);
s[0][0]=cur[0]=1;
for(int i=1;i<=k;++i){
cur[i]=1ll*cur[i-1]*(n-i+1)%p;
for(int j=1;j<=k;++j){
s[i][j]=s[i-1][j-1]+1ll*s[i-1][j]*j%p;
if(s[i][j]>=p) s[i][j]-=p;
}
}
for(int i=0;i<=k&&i<=n;++i){
ans+=1ll*qpow(2,n-i,s[k][i])*cur[i]%p;
if(ans>=p) ans-=p;
} printf("%d",ans);
}但是对于bzoj上这道题来说, \(k\leq 200000\), 再\(O(k^2)\)预处理就不行了. 我们考虑还有没有别的方法来处理斯特林数.
我们注意到实际上我们用到的斯特林数只有第\(k\)行这一行的数, 我们没有必要求出前\(k-1\)行来.
我们假设现在有\(n\)个球要放到\(m\)个盒子中, 我们可以让先给盒子标号, 最后的方案数除以\(m!\)即可.
然后我们枚举空盒子的数量\(k\), 一共有\(\binom mk\)种空盒子的选择方案, 然后\(n\)个球可以在\((m-k)\)个盒子中随便放.
然后根据容斥我们就可以得出
\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac 1{m!}\sum_{k=0}^m(-1)^k\binom mk(m-k)^n\]
我们把组合数拆开
\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum_{k=0}^m\frac {(-1)^k}{k!}\cdot\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}\]
然后我们令\(f(x)=\frac{(-1)^x}{x!}, g(x)=\frac{x^n}{x!}\), 就可以发现
\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum_{k=0}^mf(k)*g(m-k)\]
是个明显的卷积形式, 而题目中又给了\(998244353\)作为模数, 自然NTT一下就可以咯~(其实这是我写的第一道卷积非模板题)代码:
#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int N=606060,p=998244353;
int wn[20],nw[20],f[N],g[N],rev[N],n,lg;
int m,k,fac[N],cur[N],inv[N];
int qpow(int a,long long b,int s=1){
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%p)
if(b&1ll) s=1ll*s*a%p;
return s;
}
void calcw(){
int x=qpow(3,p-2);
for(int i=0;i<20;++i){
wn[i]=qpow(3,(p-1)/(1<<i));
nw[i]=qpow(x,(p-1)/(1<<i));
}
}
void init(){
for(int i=0;i<n;++i)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<lg);
fac[0]=inv[0]=cur[0]=1;
for(int i=1;i<=k;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%p;
for(int i=1;i<=k;++i) cur[i]=1ll*cur[i-1]*(m-i+1)%p;
inv[k]=qpow(fac[k],p-2);
for(int i=k-1;i;--i) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%p;
for(int i=0;i<=k;++i){
f[i]=(i&1?-inv[i]+p:inv[i])%p;
g[i]=1ll*qpow(i,k)*inv[i]%p;
}
}
void ntt(int *y,bool f){
for(int i=0;i<n;++i) if(i<rev[i]) std::swap(y[i],y[rev[i]]);
for(int m=2,id=1;m<=n;m<<=1,++id){
for(int k=0;k<n;k+=m){
int w=1,wm=f?wn[id]:nw[id];
for(int j=0;j<m>>1;++j){
int &a=y[k+j]; int &b=y[k+j+m/2];
int u=a%p,t=1ll*w*b%p;
a=u+t; if(a>=p) a-=p;
b=u-t; if(b<0) b+=p;
w=1ll*w*wm%p;
}
}
} int x=qpow(n,p-2);
if(!f) for(int i=0;i<n;++i) y[i]=1ll*y[i]*x%p;
}
int main(){
scanf("%d%d",&m,&k); --m;
for(n=1;n<=k+1;n<<=1,++lg); n<<=1;
init(); calcw(); ntt(f,1); ntt(g,1);
for(int i=0;i<n;++i) f[i]=1ll*f[i]*g[i]%p;
ntt(f,0); int ans=0;
for(int i=0;i<=k&&i<=m;++i){
ans+=1ll*qpow(2,m-i,cur[i])*f[i]%p;
if(ans>=p) ans-=p;
}
ans=1ll*ans*qpow(2,1ll*m*(m-1)/2,m+1)%p;
printf("%d",ans);
}