傳送門

解題思路

數學題，推式子。求\(f(n)=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^iS(i,j)2^jj!\)

首先可以把\(j\)往前提：

\[f(n)=\sum\limits_{j=0}^n2^jj!\sum\limits_{i=0}^nS(i,j)\]

然後把斯特林數按照通項展開：

\[f(n)=\sum\limits_{j=0}^n2^jj!\sum\limits_{i=0}^n\tfrac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^j(-1)^kC(j,k)(j-k)^i\]

眾所周知，裏面那個玩意可以寫成卷積的形式：

\[f(n)=\sum\limits_{j=0}^n2^jj!\sum\limits_{k=0}^j\tfrac{(-1)^k}{k!}\tfrac{\sum\limits_{i=0}^n(j-k)^i}{(j-k)!}\]

繼續發現裏面的第二項的分子是等比數列求和，設\(A(x)=\tfrac{(-1)^x}{k!}\)，\(B(x)=\tfrac{\sum\limits_{i=0}^nx^i}{x!}\)，把\(B\)裏面的等比數列求和：

\[B(x)=\tfrac{i^{n+1}-1}{i!(i-1)}\]

突然發現似乎所有東西都能求了，直接上\(NTT\)求卷積，再掃一遍就行了。時間復雜度\(O(nlogn)\)。

代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N=100005;
const int MOD=998244353;
typedef long long LL;

int n,A[N<<2],B[N<<2],rev[N<<2];
int fac[N],inv[N],limit=1,ans;

inline int fast_pow(int x,int y){
    int ret=1;
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1) ret=(LL)ret*x%MOD;
        x=(LL)x*x%MOD;  
    }
    return ret;
}

inline int add(int x){
    if(x<0) x+=MOD;if(x>=MOD) x-=MOD;return x;  
}

inline void NTT(int *f,int type){
    for(int i=0;i<limit;i++) 
        if(i<rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
    int Wn,w,tmp;
    for(int i=2;i<=limit;i<<=1){
        Wn=fast_pow(3,(MOD-1)/i);
        for(int j=0,len=i>>1;j<limit;j+=i){w=1;
            for(int k=j;k<j+len;k++){
                tmp=(LL)w*f[k+len]%MOD;f[k+len]=add(f[k]-tmp);
                f[k]=add(f[k]+tmp);w=(LL)w*Wn%MOD;
            }   
        }
    }   
    if(type==1) return ;
    int INV=fast_pow(limit,MOD-2);
    reverse(f+1,f+limit);
    for(int i=0;i<limit;i++) f[i]=(LL)f[i]*INV%MOD;
}   

int main(){
    scanf("%d",&n);fac[0]=B[0]=1;B[1]=n+1;
    for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%MOD;
    inv[n]=fast_pow(fac[n],MOD-2);
    for(int i=n-1;~i;i--) inv[i]=(LL)inv[i+1]*(i+1)%MOD;
    while(limit<=2*n) limit<<=1;
    for(int i=0;i<limit;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(limit>>1):0);
    for(int i=0;i<=n;i++) A[i]=(i&1)?(MOD-inv[i]):inv[i];
    for(int i=2;i<=n;i++)
         B[i]=(LL)(fast_pow(i,n+1)-1)*inv[i]%MOD*fast_pow(i-1,MOD-2)%MOD;
    NTT(A,1);NTT(B,1);
    for(int i=0;i<limit;i++) A[i]=(LL)A[i]*B[i]%MOD;
    NTT(A,-1);int now=1;
    for(int i=0;i<=n;i++){
        ans=(ans+(LL)fac[i]*now%MOD*A[i]%MOD)%MOD;
        now<<=1;if(now>=MOD) now-=MOD;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}   
 

BZOJ 4555(第二類斯特林數+NTT)