GDKOI2018DAY2 T4

题意

有n种颜色和L个不同的珠子
如果一种染色方案有k种颜色没用到，那么这个方案的代价就是 1k+1 1 k + 1
现在要求所有染色方案的代价和

题解

感觉这题的套路比较巧妙。。
先说 O(nl) O ( n l ) 的吧，虽然这个只可以拿到20分
另 g(n,l) g ( n , l ) 为用 n n 种颜色给 l l 个珠子涂色，且每一种颜色都要用到的方案数
如果知道了这个，答案就很好求了
然后我们这个直接DP转移的话是 O(nl2) O ( n l 2 ) 的
然后我们考虑先求另外一个 h(n,l) h ( n , l ) 表示每一种颜色第一个是有顺序的，然后这个乘上一个 n! n ! 就可以得到 g g 了，DP h(n,l) h ( n , l ) 是 O(nl) O ( n l ) 的

然后满分做法。。这个的话，比较套路，但是我以前没有做过
做题太少了
考虑二项式 (1−1)k+1=1+∑ki=0(−1)i+1Ci+1k+1 ( 1 − 1 ) k + 1 = 1 + ∑ i = 0 k ( − 1 ) i + 1 C k + 1 i + 1
然后你把右边的式子的C展开，把 (k+1)! ( k + 1 ) ! 化为 (k+1)∗k! ( k + 1 ) ∗ k !
然后把 (k+1) ( k + 1 ) 提出来
然后化简一下，可以得到
1k+1=∑ki=0(−1)iCik1i+1 1 k + 1 = ∑ i = 0 k ( − 1 ) i C k i 1 i + 1
然后你就发现，对于一个方案。他可以转化为枚举他没有用到的颜色的子集来计算答案
所以答案就是 ans=∑n−1i=0(−1)i∗Cin∗(n−i)l∗1i+1 a n s = ∑ i = 0 n − 1 ( − 1 ) i ∗ C n i ∗ ( n − i ) l ∗ 1 i + 1
然后 il i l 是可以线性筛的，因为质数个数是 n/logn n / l o g n 级别的，所以对于质数暴力算就是 O(n) O ( n ) 的，不影响复杂度

CODE：
(因为就是直接上公式，所以过了样例就没有关了)

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MOD=998244353;
const LL N=5000005;
LL n,l;
LL pow (LL x,LL y)
{
    if (y==1) return x;
    LL lalal=pow(x,y>>1);
    lalal=lalal*lalal%MOD;
    if (y&1) lalal=lalal*x%MOD;
    return lalal;
}
bool ok[N];
LL pri[N],g[N],tot=0;
void prepare ()
{
    memset(ok,true,sizeof(ok));
    g[1]=1;
    for (LL u=2;u<=n;u++)
    {
        if (ok[u])  {pri[++tot]=u;g[u]=pow(u,l);}
        for (LL i=1;i<=tot;i++)
        {
            LL j=pri[i];
            if (j*u>n) break;
            ok[j*u]=false;
            g[u*j]=g[u]*g[j]%MOD;
            if (u%j==0) break;
        }
    }
}
LL JC[N],inv[N],inv1[N];
LL C (LL x,LL y){return JC[x]*inv1[y]%MOD*inv1[x-y]%MOD;}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&l);
    prepare();
    JC[0]=1;for (LL u=1;u<=n;u++) JC[u]=JC[u-1]*u%MOD;
    inv[1]=1;for (LL u=2;u<=n;u++) inv[u]=(MOD-MOD/u)*inv[MOD%u]%MOD;
    inv1[0]=1;for (LL u=1;u<=n;u++) inv1[u]=inv1[u-1]*inv[u]%MOD;
    LL ans=0;
    LL now=1;
    for (LL u=0;u*C(n,u)*g[n-u]%MOD*inv[u+1]%MOD;
        ans=(ans+MOD)%MOD;
        now=-now;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}