原题的价值 出题人：VFleaking hnoi2015 集训

题目大意：

解题思路：

算法一(10分)：

暴力枚举每条边是否选取，然后统计答案就行了，再次不赘述，可以通过测试点1。

算法二(40分)：

观察4，5，6测试点，k=0，1，2，打表找规律或者各种乱七八糟的方法都可以找到公式，因为本人过于懒惰(愚蠢)，所以不列出式子，让读者自己感受。

算法三(60分)：

对于2，3测试点，这时候就只能推导公式了QAQ，首先对于无向图，我们考虑单独的一个节点u,u的度数d有d∈[0,n−1]，我们考虑d=i时的情况，首先点u只能连出去n−1条边，所以如果d=i，那么n−1条边中有i条边是存在的，另外的是不存在的，那么贡献为(n−1i)∗ik，然后再考虑剩下的与u不相关的(n−1)∗(n−2)2边，那么它们是可以任意选择的，所以此时对答案的贡献为2(n−1)∗(n−2)2，然后有n个点，所以ans=(∑n−1i=0(n−1i)∗ik)∗n∗2(n−1)∗(n−2)2，结合前面的找规律，可以得到60分，时间复杂度nlog2k。

算法四(70分)：

对于算法三，瓶颈在于计算∑n−1i=0(n−1i)∗ik，那么我们有什么办法可以把这个东西优化一下呢？有的，就是神奇的下降阶乘幂！！！！！！！！！首先显然有(n−1i)∗ik−(ik−表示i的k次下阶幂,且i0−=0)=(n−k−1i−k)∗(n−1)k−，所以我们如果有办法ik将表示成多个i的下阶幂形式就好了，我们令ik=∑kj=0(aj∗ij−)，然后我们发现aj和第二类斯特林数很像(T^T，其实就是一毛一样啊)。然后我们翻看组合数学或者具体数学应该都可以找到这个式子ik=∑kj=0({kj}∗ij−)，然后就有ans=(∑n−1i=0(∑kj=0(n−1i)∗{kj}∗ij−))∗n∗2(n−1)∗(n−2)2
=(∑n−1i=0(∑kj=0(n−j−1i−j)∗{kj}∗(n−1)j−))∗n∗2(n−1)∗(n−2)2
=(∑kj=0(∑n−1i=0(n−j−1i−j)∗{kj}∗(n−1)j−))∗n∗2(n−1)∗(n−2)2
=(∑kj=0(2n−j−1∗{kj}∗(n−1)j−))∗n∗2(n−1)∗(n−2)2
这样就可以在k2时间内算出ans了。然后再结合算法三，就可以得到70分了。

算法五(100分):

观察算法四中的瓶颈，发现在求斯特林数{kj}这里，那么我们有没有什么办法优化呢？答案是有的！！！！！！！！！！！！
根据第二类斯特林数的模型意义（不知道的请上网查吧），根据容斥原理，我们有{kj}=1j!∗∑kt=0((−1)t∗(jt)∗(j−t)k)
=∑kt=0(−1)tt!∗(j−t)k(j−t)!如果我们令多项式A(x)=∑kt=0(−1)tt!∗xt
B(x)=∑kt=0tkt!∗xt，我们不难发现{kj}的各项就是A(x)与B(x)的卷积，并且998244353是可以模意义下FFT的指数，果断上FFT，然后就用klog2k的时间算出了所有的{kj}，然后就高高兴兴的AC了。

ps:不要问我怎么写FFT，我也不会T^T………

AC代码：

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cmath>#include <algorithm>#include <iostream>using namespace std;const long long Mod=998244353;long long n,K;long long S[100010]={0};long long N=1;long long a[300000]={0};long long b[300000]={0};long long c[300000]={0};long long ksm(long long a,long long k,long long MM){    long long o=1;    for(;k;)    {        if(k&1)            o=(long long)o*a%MM;        a=(long long)a*a%MM;        k>>=1;    }    return o;}void FFT(long long *A,int num,int flag){    for(int i=0;i<num;i++)    {        int p=0,s=i;        for(int j=(num>>1);j>=1;j>>=1)        {            p|=(s&1)*j;            s>>=1;        }        if(p>i) swap(A[i],A[p]);    }    for(int l=2;l<=num;l<<=1)    {        long long w;        if(flag==1)            w=ksm(3,(Mod-1)/l,Mod);        else        {            long long help=ksm(3,Mod-2,Mod);            w=ksm(help,(Mod-1)/l,Mod);        }        for(int i=0;i<num;i+=l)        {            long long wk=1;            for(int j=0;j<(l>>1);j++)            {                long long u=A[i+j],t=wk*A[i+j+(l>>1)]%Mod;                A[i+j]=(u+t)%Mod;                A[i+j+(l>>1)]=(u-t+Mod)%Mod;                wk=wk*w%Mod;            }        }    }    if(flag==-1)        for(int i=0;i<num;i++)            A[i]=A[i]*ksm(num,Mod-2,Mod)%Mod;    return;}int main(){    long long ans=0;    freopen("value.in","r",stdin);    freopen("value.out","w",stdout);    cin>>n>>K;    long long NI=1;    long long jiecheng=1;    int fh=1;    for(int i=0;i<=K;i++)    {        if(i==0)        {            a[i]=1;            b[i]=0;        }        else        {            jiecheng=jiecheng*ksm(i,Mod-2,Mod)%Mod;            a[i]=(fh*jiecheng+Mod)%Mod;            b[i]=ksm(i,K,Mod)*jiecheng%Mod;        }        fh*=-1;    }    N=1;    for(;N<K+K+1;N<<=1);    FFT(a,N,1);    FFT(b,N,1);    for(int i=0;i<N;i++)        c[i]=a[i]*b[i]%Mod;    FFT(c,N,-1);    for(long long i=0;i<=K;i++)    {        if(NI==0) break;        if(K==0)            c[0]=1;        ans+=c[i]*ksm(2,n-1-i,Mod)%Mod*NI%Mod;        NI=NI*(n-i-1)%Mod;        ans%=Mod;    }    ans=ans*n%Mod;    ans=ans*ksm(2,(n-1)*(n-2)/2,Mod)%Mod;    cout<<ans<<endl;    fclose(stdin);    fclose(stdout);    return 0;}