初见安~这里是传送门：Codeforces Educational Codeforces Round 78 F Cards
Sol
题意：m张牌，有一张是小丑，随机洗牌n次看最上面的一张牌，求这一张是小丑的期望次数的k次方。
这个k次方一加，这个题就十分灵性了。
首先我们先按题意写出式子：每一次看到小丑的概率是，我们就可以枚举期望次数：
但是n的范围明显我们连都不能写。并且我们可以发现k的范围很小。看到后面的i^k以及第二类斯特林数展开式结合二项式反演的优秀性质【即替换i^k后大多可以把复杂度的上限落到k上】，我们决定用第二类斯特林数替换一下i^k，也就是：
【对这一步感到很迷惑的看官，可以到这里看一看，两题套路极其相似，该题也相对简单一些】
第二类斯特林数我们可以把他的展开式卷积起来用NTT求，所以我们把j循环换到前面：
其实这里j循环的上限应该是，因为第二类斯特林数的定义下j一定小于等于k。所以现在我们要把后面的i循环给整掉。怎么整？先让它看起来好看一点：
现在，如果再把组合数给拆乘阶乘，把与i无关的项提到i循环前面j循环后面去，是不是就可以凑一个n-j个卷积了？是的，但是！！！看到n的范围你就知道了，这根本卷不起来，并且这个上限怎么都降不下去。这就是这个题迷惑的地方，我们不能直接把后面的循环也NTT卷积。那我们再观察吧。有个组合数，有两项，两项之和为1并且幂次之和距离n-j就多了一个j。哦！这不是可以二项式定理替换掉嘛！！！【反正我没想到】
我们把1/m的j次方提到前面去，后面整个i循环就可以用二项式展开换掉了。
【二项式定理：】
好！现在我们看起来就可以直接做了！
是吗？
我们再把式子展开：
看到那个n！了吗？这没办法预处理咋办？其实n!和(n-j)!可以一起写成n的j下降幂，暴力从n-j+1乘到n就好了，因为j的范围也是受k限制的。这样复杂度就是，能过。当然还有别的关于二项式的替换方法，本狸不会QuQ
上代码——
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define maxn 20004
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353, mx = 2e4;
int read() {
int x = 0, f = 1, ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar();
return x * f;
}
int n, m, k;
ll fac[maxn], inv[maxn];
ll pw(ll a, ll b) {ll res = 1; while(b) {if(b & 1) res = res * a % mod; a = a * a % mod, b >>= 1;} return res;}
int len = 1, l = 0, r[maxn];
void NTT(ll *c, int op) {
for(int i = 1; i <= len; i++) if(i < r[i]) swap(c[i], c[r[i]]);
for(int mid = 1; mid < len; mid <<= 1) {
ll gn = pw(3, (mod - 1) / (mid << 1));
if(op == -1) gn = pw(gn, mod - 2);
for(int ls = 0, L = mid << 1; ls < len; ls += L) {
ll g = 1;
for(int k = 0; k < mid; k++, g = g * gn % mod) {
ll x = c[ls + k], y = c[ls + mid + k] * g % mod;
c[ls + k] = (x + y) % mod, c[ls + k + mid] = (x - y + mod) % mod;
}
}
}
if(op == -1) {
ll rev = pw(len, mod - 2);
for(int i = 0; i <= len; i++) c[i] = c[i] * rev % mod;
}
}
ll F[maxn], G[maxn], ans = 0;
signed main() {
n = read(), m = read(), k = read();
fac[0] = inv[0] = 1;//为什么要预处理？第二类斯特林数还是会用一下下的就顺手写了……
for(int i = 1; i <= mx; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[mx] = pw(fac[mx], mod - 2);
for(int i = mx - 1; i > 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
for(int i = 0; i <= k; i++) F[i] = pw(i, k) * inv[i] % mod;
for(int i = 0, kd = 1; i <= k; i++, kd = -kd) G[i] = (kd * inv[i] % mod + mod) % mod;
while(len <= k + k) len <<= 1, l++;
for(int i = 0; i <= len; i++) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << l - 1);
NTT(F, 1), NTT(G, 1);
for(int i = 0; i <= len; i++) F[i] = F[i] * G[i] % mod;
NTT(F, -1);//第二类斯特林数卷积完了
for(int i = 0; i <= k; i++) {
ll res = 1;
for(int j = n; j > n - i; j--) res = res * j % mod;//暴力n的j下降幂
ans = (ans + F[i] * res % mod * pw(pw(m, mod - 2), i) % mod) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}迎评：）
——End——
