NOIP 模擬 $85\; \rm 莓良心$
阿新 • • 發佈:2021-10-29
題解
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題解 \(by\;zj\varphi\)
考慮每個數單獨的貢獻。
每個數一定會貢獻自己,即為 \(\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}\),而兩個不同的數在一起就會使得這兩個都互相有貢獻,所以原問題可以轉化為不同的數對的貢獻,即為 \((n-1)\begin{Bmatrix}n-1\\ k\end{Bmatrix}\)。
後一個公式意思就是在剩下的數裡選一個和當前數繫結(合併為一個數),再用這 \(n-1\) 個數分成 \(k\) 個集合,大括號表示第二類斯特林數。
答案就是 \(\sum_{i=1}^{n}w_i\times (\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}+(n-1)\begin{Bmatrix}n-1\\ k\end{Bmatrix})\)
而第二類斯特林數有一個容斥公式,看 它 就行。
其中的次方可以用一個類似線性篩的東西。
Code
#include<bits/stdc++.h> #define ri signed #define pd(i) ++i #define bq(i) --i #define func(x) std::function<x> namespace IO{ char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++ #define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' ' #define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl #define Debug(x) assert(x) struct nanfeng_stream{ template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) { bool f=false;x=0;char ch=gc(); while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc(); while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc(); return x=f?-x:x,*this; } }cin; } using IO::cin; namespace nanfeng{ #define FI FILE *IN #define FO FILE *OUT template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;} template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;} using ll=long long; static const int N=1e6+7,MOD=998244353; int prim[N],cnt,a,n,k; ll frac[N],inv[N],g[N],p[N],sum,ans,res1,res2; bool vis[N]; auto fpow=[](ll x,int y) { ll res=1; while(y) { if (y&1) res=res*x%MOD; x=x*x%MOD; y>>=1; } return res; }; auto C=[](int n,int m) {return frac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;}; auto Getn=[](int x) { p[1]=1; for (ri i(2);i<=x;pd(i)) { if (!vis[i]) prim[++cnt]=i,p[i]=fpow(i,n-1); for (ri j(1);j<=cnt&&i*prim[j]<=x;pd(j)) { vis[prim[j]*i]=true; p[prim[j]*i]=p[i]*p[prim[j]]%MOD; if (!(i%prim[j])) break; } } }; inline int main() { FI=freopen("ichigo.in","r",stdin); FO=freopen("ichigo.out","w",stdout); cin >> n >> k; frac[0]=inv[0]=1ll; for (ri i(1);i<=n;pd(i)) frac[i]=frac[i-1]*i%MOD; inv[n]=fpow(frac[n],MOD-2); for (ri i(n-1);i;bq(i)) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD; for (ri i(1);i<=n;pd(i)) cin >> a,sum+=a; Getn(k); for (ri i(0),f=1;i<k;pd(i),f=-f) res1+=f*C(k,i)*p[k-i]%MOD; for (ri i(0),f=1;i<k;pd(i),f=-f) res2+=f*C(k,i)*(p[k-i]*(k-i)%MOD)%MOD; ((res1%=MOD)+=MOD)*=inv[k]; ((res2%=MOD)+=MOD)*=inv[k]; ans=(sum%MOD)*((res2%MOD+(n-1)*(res1%MOD))%MOD); printf("%lld\n",ans%MOD); return 0; } } int main() {return nanfeng::main();}