正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5825

题目大意

对于每个kkk，求有多少个长度为nnn的排列有kkk个位置上升。
1≤n≤2×1051\leq n\leq 2\times 10^51≤n≤2×105

解题思路

考虑到同时考虑大于和小于十分麻烦，设fif_ifi表示钦定iii个上升时的方案

连续的上升段可以视为同一个组，那么整个序列就会被分为m=n−km=n-km=n−k段，每个组内都是无序的。

所以可以考虑一下EGF\text{EGF}EGF来做，因为不能选空段，那么每一段的生成函数就是ex−1e^x-1ex−1。

也就是fn−m=(ex−1)m[xn]f_{n-m}=(e^x-1)^m[x^n]fn−m=(ex−1)m[xn]。二项式定理展开一下
fm=∑i=0m(mi)(−1)m−ieixf_m=\sum_{i=0}^m\binom{m}{i}(-1)^{m-i}e^{ix}fm=i=0∑m(im)(−1)m−ieix
=∑i=0mm!i!(m−i)!(−1)m−iinn!=\sum_{i=0}^m\frac{m!}{i!(m-i)!}(-1)^{m-i}\frac{i^n}{n!}=i=0∑mi!(m−i)!m!(−1)m−in!in
=m!n!∑i=0m(−1)m−i(m−i)!ini!=\frac{m!}{n!}\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^{m-i}}{(m-i)!}\frac{i^n}{i!}=n!m!i=0∑m(m−i)!(−1)m−ii!in
NTT\text{NTT}NTT卷起来就好了。

然后gig_igi表示恰好有iii个的话，上二项式反演即可
fi=∑j=0i(ij)gj⇒gi=∑j=i(−1)j−i(ji)fjf_i=\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}g_j\Rightarrow g_i=\sum_{j=i}(-1)^{j-i}\binom{j}{i}f_jfi=j=0∑i(ji)gj⇒gi=j=i∑(−1)j−i(ij)fj
这个也是显然可以卷积快速求得的。

顺带一提的是，这个求得其实就是欧拉数⟨nk⟩\left\langle\begin{matrix} n\\k\end{matrix}\right\rangle⟨nk⟩

联立上面的fif_ifi和gig_igi的式子可以得到欧拉数的通式
⟨nk⟩=∑i=0n−k(−1)n−k−iin(n+1k+j+1)\left\langle\begin{matrix} n\\k\end{matrix}\right\rangle=\sum_{i=0}^{n-k}(-1)^{n-k-i}i^n\binom{n+1}{k+j+1}⟨nk⟩=i=0∑n−k(−1)n−k−iin(k+j+1n+1)

这个可以一次卷积求得

时间复杂度O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=8e5+10,P=998244353;
ll n,m,inv[N],fac[N],f[N],g[N],r[N];
ll power(ll x,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
void NTT(ll *f,ll op){for(ll i=0;i<m;i++)if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);for(ll p=2;p<=m;p<<=1){ll tmp=power(3,(P-1)/p),len=(p>>1);if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);for(ll k=0;k<m;k+=p){ll buf=1;for(ll i=k;i<k+len;i++){ll tt=f[i+len]*buf%P;f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;f[i]=(f[i]+tt)%P;buf=buf*tmp%P;}}}if(op==-1){ll invn=power(m,P-2);for(ll i=0;i<m;i++)f[i]=f[i]*invn%P;}return;
}
signed main()
{scanf("%lld",&n);inv[1]=1;for(ll i=2;i<=n;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;inv[0]=fac[0]=1;for(ll i=1;i<=n;i++)inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P,fac[i]=fac[i-1]*i%P;for(ll i=0;i<=n;i++)f[i]=inv[i]*power(i,n)%P,g[i]=(i&1)?(P-inv[i]):inv[i];m=1;while(m<=2*n)m<<=1;for(ll i=0;i<m;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(m>>1):0);NTT(f,1);NTT(g,1);for(ll i=0;i<m;i++)f[i]=f[i]*g[i]%P;NTT(f,-1);memset(g,0,sizeof(g));for(ll i=0;i<m;i++)f[i]=(i<n)?(f[i+1]*fac[i+1]%P):0;for(ll i=n;i<m;i++)f[i]=0;for(ll i=0;i<n;i++){f[i]=f[i]*fac[n-i-1];f[i]=(i&1)?(P-f[i]):f[i];g[i]=inv[i];}NTT(f,1);NTT(g,1);for(ll i=0;i<m;i++)f[i]=f[i]*g[i]%P;NTT(f,-1);for(ll i=0;i<n-i-1;i++)swap(f[i],f[n-i-1]);for(ll i=0;i<n;i++){f[i]=f[i]*inv[i]%P;f[i]=((n-i)&1)?f[i]:(P-f[i]);printf("%lld ",f[i]%P);}putchar('0');return 0;
}

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