[TJOI2016/HEOI2016] 求和 线性解法

题意：求
$$\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^i\left\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\right\}\cdot 2^j\cdot j!$$
同余 $998244353$。
翻了一下各 oj 这题的榜，无一例外都是 $\Theta (n\log n)$ 的 NTT 做法，挺奇怪的……

现在来正经推一下式子：
$$\begin{array}{rl}ans& =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{i}j!\cdot \left\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\right\}\cdot 2^j\\ & =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{n}j!\cdot \left\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\right\}\cdot 2^j\\ & =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^n{2}^j\sum _{k=0}^j(-1{)}^{j-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})k^i\\ & =\sum _{j=0}^n\sum _{k=0}^j(-1{)}^{j-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{k})2^j[n+1{]}_k[n{]}_q=\sum _{i=0}^{n-1}{q}^i\text{is q-analog}\end{array}$$

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 ${\sum }_{j=i}^n{q}^{j-i}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)a_j$ 的形式是什么。设数列 $⟨a_n⟩$ 的母函数是 $G(z)$，那么这个和式其实就是带入了 $G(z+q)$。

反观我们的式子中，$q=-1$，$G(z)=[n+1{]}_{2z}=\frac{(2z{)}^{n+1}-1}{2z-1}$。

因此，我们得到的 $[n+1{]}_k$ 项的系数就由

$$G(z-1)=\frac{(2z-2{)}^{n+1}-1}{2z-3}$$

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 $[n+1{]}_k=\frac{k^{n+1}-1}{k-1}$ 算出来为什么没有快速幂的 $\Theta (n\log n)$，那是因为 $k^{n+1}$ 关于 $k$ 是完全积性函数，合数的 $k$ 是可以被筛出来的，这样这部分复杂度就是 $\pi (n)\cdot \Theta (\log n)=\Theta (n)$。

代码：

#include 
#include 

#include 
#include 

#define LOG(FMT...) fprintf(stderr, FMT)

using namespace std;

typedef long long ll;

const int P = 998244353;

void exGcd(int a, int b, int& x, int& y) {
  if (!b) {
    x = 1;
    y = 0;
    return;
  }
  exGcd(b, a % b, y, x);
  y -= a / b * x;
}

int inv(int a) {
  int x, y;
  exGcd(a, P, x, y);
  if (x < 0)
    x += P;
  return x;
}

int mpow(int x, int k) {
  int ret = 1;
  while (k) {
    if (k & 1)
      ret = ret * (ll)x % P;
    x = x * (ll)x % P;
    k >>= 1;
  }
  return ret;
}

struct Simple {
  int n;
  vector<int> fac, ifac, inv;

  void build(int n) {
    this->n = n;
    fac.resize(n + 1);
    ifac.resize(n + 1);
    inv.resize(n + 1);
    fac[0] = 1;
    for (int x = 1; x <= n; ++x)
      fac[x] = fac[x - 1] * (ll)x % P;
    inv[1] = 1;
    for (int x = 2; x <= n; ++x)
      inv[x] = -(P / x) * (ll)inv[P % x] % P + P;
    ifac[0] = 1;
    for (int x = 1; x <= n; ++x)
      ifac[x] = ifac[x - 1] * (ll)inv[x] % P;
  }

  Simple() {
    build(1);
  }

  void check(int k) {
    int nn = n;
    if (k > nn) {
      while (k > nn)
        nn <<= 1;
      build(nn);
    }
  }

  int gfac(int k) {
    check(k);
    return fac[k];
  }

  int gifac(int k) {
    check(k);
    return ifac[k];
  }

  int ginv(int k) {
    check(k);
    return inv[k];
  }

  int binom(int n, int m) {
    if (m < 0 || m > n)
      return 0;
    return gfac(n) * (ll)gifac(m) % P * gifac(n - m) % P;
  }
} simp;

const int N = 100010, PC = 30010;

int n;
int pc;
int a[N];
bool vis[N];
int p[PC];
int pw[N];

void sieve() {
  pw[1] = 1;
  for (int x = 2; x <= n; ++x) {
    if (!vis[x]) {
      p[++pc] = x;
      pw[x] = mpow(x, n + 1);
    }
    for (int i = 1; x * p[i] <= n; ++i) {
      vis[x * p[i]] = true;
      pw[x * p[i]] = pw[x] * (ll)pw[p[i]] % P;
      if (x % p[i] == 0)
        break;
    }
  }
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  simp.check(n + 1);
  for (int i = 0; i <= n; ++i)
    a[i] = ((n + 1 - i) & 1) ? (P - simp.binom(n + 1, i)) : simp.binom(n + 1, i);
  int pw = mpow(2, n + 1);
  for (int i = 0; i <= n; ++i)
    a[i] = a[i] * (ll)pw % P;
  --a[0];
  for (int i = 0; i <= n; ++i)
    a[i] = (P - a[i]) % P;
  int q = inv(3) * 2 % P;
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    a[i] = (a[i - 1] * (ll)q + a[i]) % P;
  int ans = (a[0] + a[1] * (ll)(n + 1)) % P;
  sieve();
  for (int i = 2; i <= n; ++i)
    ans = (ans + simp.ginv(i - 1) * (::pw[i] - 1LL) % P * a[i]) % P;
  if (ans < 0)
    ans += P;
  ans = ans * (ll)inv(3) % P;
  printf("%d\n", ans);

  return 0;
}