[TJOI2016/HEOI2016] 求和 线性解法
题意：求
∑ i = 0 n ∑ j = 0 i \{ i j \} ⋅ 2 j ⋅ j ! \sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^i {i \brace j} \cdot 2^j \cdot j! i=0∑nj=0∑i{ji}⋅2j⋅j!
同余 998244353 998244353 998244353。
翻了一下各 oj 这题的榜，无一例外都是 Θ ( n log n ) \Theta(n\log n) Θ(nlogn) 的 NTT 做法，挺奇怪的……
现在来正经推一下式子：
a n s = ∑ i = 0 n ∑ j = 0 i j ! ⋅ \{ i j \} ⋅ 2 j = ∑ i = 0 n ∑ j = 0 n j ! ⋅ \{ i j \} ⋅ 2 j = ∑ i = 0 n ∑ j = 0 n 2 j ∑ k = 0 j ( − 1 ) j − k ( j k ) k i = ∑ j = 0 n ∑ k = 0 j ( − 1 ) j − k ( j k ) 2 j [ n + 1 ] k [ n ] q = ∑ i = 0 n − 1 q i is q-analog \begin{aligned} ans & = \sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^i j!\cdot {i \brace j} \cdot 2^j \\ & = \sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n j!\cdot {i \brace j} \cdot 2^j \\ &= \sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n 2^j \sum_{k=0}^j (-1)^{j-k} \binom jk k^i \\ &= \sum_{j=0}^n \sum_{k=0}^j (-1)^{j-k}\binom jk 2^j [n+1]_k \quad [n]_q = \sum_{i=0}^{n-1}q^i \quad\text{is \href{https://en.wikipedia.org/wiki/Q-analog}{q-analog}} \end{aligned} ans=i=0∑nj=0∑ij!⋅{ji}⋅2j=i=0∑nj=0∑nj!⋅{ji}⋅2j=i=0∑nj=0∑n2jk=0∑j(−1)j−k(kj)ki=j=0∑nk=0∑j(−1)j−k(kj)2j[n+1]k[n]q=i=0∑n−1qiis q-analog
大部分人的推导在这里就结束了，因为这个式子可以卷积。但是其实这个式子还可以不卷积进行计算。这个东西的要点就是我们要看清楚形如 ∑ j = i n q j − i ( j i ) a j \sum_{j = i}^n q^{j-i} \binom ji a_j ∑j=inqj−i(ij)aj 的形式是什么。设数列 ⟨ a n ⟩ \langle a_n\rangle ⟨an⟩ 的母函数是 G ( z ) G(z) G(z)，那么这个和式其实就是带入了 G ( z + q ) G(z+q) G(z+q)。
反观我们的式子中， q = − 1 q = -1 q=−1， G ( z ) = [ n + 1 ] 2 z = ( 2 z ) n + 1 − 1 2 z − 1 G(z) = [n + 1]_{2z} = \frac{(2z)^{n+1} - 1}{2z - 1} G(z)=[n+1]2z=2z−1(2z)n+1−1。
因此，我们得到的 [ n + 1 ] k [n+1]_k [n+1]k 项的系数就由
G ( z − 1 ) = ( 2 z − 2 ) n + 1 − 1 2 z − 3 G(z-1) = \frac{(2z-2)^{n+1} -1}{2z-3} G(z−1)=2z−3(2z−2)n+1−1
分子可以用组合数化开，然后除以一个一次式，是可以递推的。
至于把所有的 [ n + 1 ] k = k n + 1 − 1 k − 1 [n+1]_k = \frac{k^{n+1}-1}{k-1} [n+1]k=k−1kn+1−1 算出来为什么没有快速幂的 Θ ( n log n ) \Theta(n\log n) Θ(nlogn)，那是因为 k n + 1 k^{n+1} kn+1 关于 k k k 是完全积性函数，合数的 k k k 是可以被筛出来的，这样这部分复杂度就是 π ( n ) ⋅ Θ ( log n ) = Θ ( n ) \pi(n) \cdot \Theta(\log n) = \Theta(n) π(n)⋅Θ(logn)=Θ(n)。
代码：
#include