题意:
n 个点的无向图,每条边都可能存在,一个图的权
值是连通块个数的 m 次方,求所有可能的图的权值和。
(n≤3e4,m≤15) ( n ≤ 3 e 4 , m ≤ 15 )
题解:
用第二类斯特林数消掉 nm n m :
我们只需要知道值为联通块个数 k k 的 (ka)(a≤15) ( k a ) ( a ≤ 15 ) 即可。
不妨设 fn,a f n , a 表示这个值, 因为 (ka)=(k−1a−1)+(k−1a) ( k a ) = ( k − 1 a − 1 ) + ( k − 1 a )
所以 fn,a=∑ni=1(n−1i−1)gi(fn−i,a−1+fn−i,a) f n , a = ∑ i = 1 n ( n − 1 i − 1 ) g i ( f n − i , a − 1 + f n − i , a )
其中 gi g i 为 i i 个点带标号联通图个数,可以用多项式求逆解决。
求 f f 分治FFT即可。
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int RLEN=1<<18|1;
inline char nc() {
static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
(ib==ob) && (ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
return (ib==ob) ? -1 : *ib++;
}
inline int rd() {
char ch=nc(); int i=0,f=1;
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-')f=-1; ch=nc();}
while(isdigit(ch)) {i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0'; ch=nc();}
return i*f;
}
const int mod=998244353, G=3, A=16, N=2e5+50, nn=30000;
int T, n, m, k;
int f[A][N], g[N], h[N], hr[N], hv[N], li[N], fac[N], ifac[N];
int pos[N], w[N], tp[N], tp2[N], s[A][A];
inline int add(int x, int y) { return (x+y>=mod) ? (x+y-mod) : x+y; }
inline int dec(int x, int y) { return (x-y<0) ? (x-y+mod) :x-y; }
inline int mul(int x, int y) { return (LL)x*y%mod; }
inline int power(int a, int b) {
int rs=1;
for(; b; b>>=1, a=mul(a, a)) if(b&1) rs=mul(rs, a);
return rs;
}
inline void init(int len) {
for(int i=1; i1) ? ((pos[i>>1]>>1)^(k>>1)) : (pos[i>>1]>>1);
}
inline void dft(int *a) {
for(int i=1; iif(pos[i]>i) swap(a[i], a[pos[i]]);
for(int bl=1; bl1) {
int tl=bl<<1, wn=power(G, (mod-1)/tl);
w[0]=1;
for(int i=1; i1], wn);
for(int bg=0; bgfor(int j=0; jint &t1=a[bg+j], &t2=a[bg+j+bl], t=mul(t2,w[j]);
t2=dec(t1, t);
t1=add(t1, t);
}
}
}
inline void calc_inverse(int *a, int *b, int len) {
if(len==1) { b[0]=power(a[0], mod-2); return;}
calc_inverse(a, b, len>>1);
k=len<<1; init(k);
for(int i=0; ifor(int i=len; i0;
dft(tp); dft(b);
for(int i=0; i2, b[i]), mul(tp[i], mul(b[i], b[i])));
dft(b); reverse(b+1, b+k);
const int inv=power(k, mod-2);
for(int i=0; ifor(int i=len; i0;
}
inline void mul(int *a, int *b, int *c) {
dft(a); dft(b);
for(int i=0; i1, c+k);
const int inv=power(k, mod-2);
for(int i=0; iinline void solve(int *a, int l, int r) {
if(l==r) {
a[l]=add(a[l], li[l]);
if(l) a[l]=mul(a[l], fac[l-1]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
solve(a, l, mid);
int len=r-l+1;
for(k=1;k<=2*len;k<<=1); init(k);
for(int i=0; i<=mid-l; i++) tp[i]=mul(a[l+i], ifac[l+i]);
for(int i=mid-l+1; i0;
for(int i=0; i1], ifac[i]);
for(int i=r-l; i0;
mul(tp, tp2, tp);
for(int i=mid+1; i<=r; i++) a[i]=add(a[i], tp[i-l-1]);
solve(a, mid+1, r);
}
inline void init() {
s[0][0]=1;
for(int i=1; ifor(int j=1; j<=i; j++)
s[i][j]=add(s[i-1][j-1], mul(s[i-1][j], j));
fac[0]=1;
for(int i=1; i<=nn; i++) fac[i]=mul(fac[i-1], i);
ifac[nn]=power(fac[nn], mod-2);
for(int i=nn-1; ~i; i--) ifac[i]=mul(ifac[i+1], i+1);
for(int i=1; i<=nn; i++) h[i]=power(2, i*(i-1)/2), h[i]=mul(h[i], ifac[i]);
for(int i=0; i1], i+1);
h[0]=1;
for(k=1; k1);
calc_inverse(h, hv, k);
for(int k=1; k<=2*nn; k<<=1); init(k);
mul(hr, hv, g);
for(int i=nn; i; i--) g[i]=mul(g[i-1], power(i, mod-2));
for(int i=1; i<=nn; i++) g[i]=mul(g[i], fac[i]);
for(int i=0; i<=15; i++) {
memset(li, 0, sizeof(li));
if(!i) li[0]=1;
else {
for(k=1; k<=nn*2; k<<=1); init(k);
memset(tp, 0, sizeof(tp));
memset(tp2, 0, sizeof(tp2));
for(int j=1; j<=nn; j++) {
tp[j]=mul(g[j], ifac[j-1]);
tp2[nn-j]=mul(f[i-1][nn-j], ifac[nn-j]);
}
mul(tp, tp2, li);
}
solve(f[i], 0, nn);
}
}
inline void solve() {
n=rd(), m=rd();
int ans=0;
for(int i=1; i<=m; i++) {
ans=add(ans, mul(s[m][i], mul(f[i][n], fac[i])));
}
printf("%d\n", ans);
}
int main() {
init();
for(T=rd(); T; T--) solve();
}