I - Infinity - 题解

标签与难度

标签: 组合数学, 生成函数, 多项式NTT, 多项式对数函数, 多项式指数函数, 群论难度: 2900

题目大意喵~

哈喵~！各位算法大师们，今天本喵要带大家攻略一道超级有趣的题目！

题目是这样哒：

首先，我们有一个集合 $S_n$ ，它包含了所有 $n$ 个元素的排列，也就是我们熟悉的对称群，喵~ 对于 $S_n$ 中的每一个排列 $\sigma$ ，我们定义一个值 $\nu(\sigma)$ ，它表示集合 $\{ \mu^{-1}\sigma\mu \mid \mu \in S_n \}$ 中不同元素的数量。

然后，题目会给我们一个固定的整数 $k$ ，和好多好多个查询 $n$ 。对每一个 $n$ ，我们都要计算下面这个式子的值，并对 $998244353$ 取模：

\sum_{\sigma \in S_n} \nu(\sigma)^k

简单来说，就是对所有 $n$ -阶排列 $\sigma$ ，计算出它的 $\nu(\sigma)$ 值的 $k$ 次方，然后把它们全部加起来。是不是听起来就很有挑战性呀？喵~

解题思路分析

这道题看起来披着一层群论的神秘外衣，可能会吓到一些小伙伴，但别怕，本喵会像解开毛线球一样，把思路一点点理清楚的！

步骤一：理解 $\nu(\sigma)$ 的真面目

首先，我们来研究一下 $\nu(\sigma)$ 是什么。在群论中，集合 $\{ \mu^{-1}\sigma\mu \mid \mu \in S_n \}$ 被称为排列 $\sigma$ 的共轭类（Conjugacy Class）。而 $\nu(\sigma)$ 就是这个共轭类的大小。

对称群 $S_n$ 有一个非常美妙的性质：两个排列是共轭的，当且仅当它们有相同的轮换分解结构（Cycle Type）。

什么叫轮换分解结构呢？就是一个排列分解成不相交的循环置换后，这些循环的长度组成的集合。比如说，在 $S_5$ 中，排列 $(1\ 2)(3\ 4\ 5)$ 有一个长度为2的循环和一个长度为3的循环，它的轮换结构就是 $\{2, 3\}$ 。所有轮换结构是 $\{2, 3\}$ 的排列（比如 $(1\ 3)(2\ 4\ 5)$ ）都和它在同一个共轭类里。

步骤二：转化求和式

知道了这一点，我们就可以把原来的求和式进行一个漂亮的变身！原来的和是枚举所有的排列 $\sigma$ ，但我们可以换个角度，按共轭类来分组计算。

设 $S_n$ 的所有共轭类为 $\mathcal{C}_1, \mathcal{C}_2, \dots, \mathcal{C}_m$ 。

\sum_{\sigma \in S_n} \nu(\sigma)^k = \sum_{j=1}^{m} \sum_{\sigma \in \mathcal{C}_j} \nu(\sigma)^k

因为在同一个共轭类 $\mathcal{C}_j$ 中，所有排列 $\sigma$ 的 $\nu(\sigma)$ 值都是相等的，都等于这个类的大小 $|\mathcal{C}_j|$ 。所以，内层的和可以简化：

\sum_{\sigma \in \mathcal{C}_j} \nu(\sigma)^k = \sum_{\sigma \in \mathcal{C}_j} |\mathcal{C}_j|^k = |\mathcal{C}_j| \cdot |\mathcal{C}_j|^k = |\mathcal{C}_j|^{k+1}

于是，我们的总和就变成了：

\sum_{j=1}^{m} |\mathcal{C}_j|^{k+1}

这可真是个不得了的发现！我们只需要知道所有共轭类的大小，然后求它们的 $(k+1)$ 次方和就可以啦！

步骤三：共轭类大小的公式

一个排列的轮换结构可以用一个序列 $(c_1, c_2, \dots, c_n)$ 来表示，其中 $c_i$ 是长度为 $i$ 的循环的个数。这个结构必须满足 $\sum_{i=1}^n i \cdot c_i = n$ 。

对于一个给定的轮换结构 $(c_1, \dots, c_n)$ ，它对应的共轭类的大小是：

|\mathcal{C}| = \frac{n!}{\prod_{i=1}^n i^{c_i} c_i!}

一个更有趣的事实是，具有这个轮换结构的排列的个数，也恰好是这个公式！这说明，对于一个共轭类里的任何一个排列 $\sigma$ ， $\nu(\sigma)$ （共轭类大小）就等于与它同类型的排列的数量。

所以，我们的目标是计算：

\text{Answer}_n = \sum_{\sum i \cdot c_i = n} \left( \frac{n!}{\prod_{i=1}^n i^{c_i} c_i!} \right)^{k+1}

这个和是枚举所有满足 $\sum i \cdot c_i = n$ 的轮换结构。为了方便，我们令 $K = k+1$ 。

步骤四：请出我们的魔法道具——生成函数！

这个公式看起来非常复杂，直接计算所有整数分拆是不可能的。这种组合计数问题，正是生成函数大显身手的时候！

我们把公式稍微变形一下：

\text{Answer}_n = (n!)^K \sum_{\sum i \cdot c_i = n} \prod_{i=1}^n \frac{1}{(i^{c_i} c_i!)^K}

令 $B_n = \sum_{\sum i \cdot c_i = n} \prod_{i=1}^n \frac{1}{(i^{c_i} c_i!)^K}$ 。我们来构造 $B_n$ 的生成函数 $B(x) = \sum_{n=0}^\infty B_n x^n$ 。

观察 $B_n$ 的结构，它是对所有满足 $\sum i \cdot c_i = n$ 的 $c_i$ 求和，这种形式的卷积可以表示为多个多项式的乘积。我们为每个循环长度 $i$ 定义一个多项式：

P_i(x) = \sum_{m=0}^\infty \frac{1}{(i^m m!)^K} x^{im}

这里的 $m$ 就相当于原来的 $c_i$ 。那么 $B(x)$ 就是所有这些 $P_i(x)$ 的乘积！

B(x) = \prod_{i=1}^\infty P_i(x)

$[x^n]B(x)$ 就会自动地从每个 $P_i(x)$ 中选出一项 $\frac{1}{(i^{c_i} c_i!)^K} x^{ic_i}$ ，使得指数和 $\sum ic_i = n$ ，这正好就是 $B_n$ 的定义！

步骤五：对数-指数魔法（ln-exp 技巧）

无限乘积太难处理了，喵~ 我们可以用对数把它变成加法：

\ln(B(x)) = \ln\left(\prod_{i=1}^\infty P_i(x)\right) = \sum_{i=1}^\infty \ln(P_i(x))

现在我们来仔细看看 $\ln(P_i(x))$ 。 $P_i(x) = \sum_{m=0}^\infty \frac{1}{(m!)^K (i^K)^m} (x^i)^m$ 。如果我们定义一个基础多项式 $F(z) = \sum_{m=0}^\infty \frac{z^m}{(m!)^K}$ ，那么 $P_i(x) = F\left(\frac{x^i}{i^K}\right)$ 。令 $D(x) = \ln(B(x))$ ，则 $B(x) = \exp(D(x))$ 。

D(x) = \sum_{i=1}^\infty \ln\left(F\left(\frac{x^i}{i^K}\right)\right)

再令 $H(z) = \ln(F(z)) = \sum_{r=1}^\infty h_r z^r$ 。那么：

\ln\left(F\left(\frac{x^i}{i^K}\right)\right) = H\left(\frac{x^i}{i^K}\right) = \sum_{r=1}^\infty h_r \left(\frac{x^i}{i^K}\right)^r = \sum_{r=1}^\infty \frac{h_r}{(i^K)^r} x^{ir}

把所有 $i$ 的贡献加起来，我们就能得到 $D(x)$ 的系数 $d_n$ ：

d_n = [x^n]D(x) = \sum_{ir=n, i,r \ge 1} \frac{h_r}{(i^K)^r} = \sum_{r|n} \frac{h_r}{((n/r)^K)^r}

最终的算法流程

好耶！我们已经推导出了一条清晰的计算路径，喵~

预处理: 计算 $K = (k+1) \pmod{998244352}$ 。因为模数是质数 $P$ ，根据费马小定理，指数需要对 $P-1$ 取模。同时预计算阶乘和阶乘逆元。
构造 $F(x)$ : 构造多项式 $F(x) = \sum_{m=0}^{N_{max}} \frac{1}{(m!)^K} x^m$ ，其中 $N_{max}$ 是所有查询中最大的 $n$ 。
计算 $H(x) = \ln(F(x))$ : 使用多项式对数函数算法 (NTT实现)，得到 $H(x)$ 的系数 $h_r$ 。
计算 $D(x)$ : 根据公式 $d_n = \sum_{r|n} \frac{h_r}{((n/r)^K)^r}$ ，计算出 $D(x)$ 的系数 $d_n$ 。这可以通过枚举每个 $r$ 和它的倍数 $n=ir$ 来高效完成，复杂度是 $O(N \log N)$ 级别。
计算 $B(x) = \exp(D(x))$ : 使用多项式指数函数算法 (NTT实现)，得到 $B(x)$ 的系数 $B_n$ 。
计算答案: 对于每个查询 $n$ ，最终答案就是 $\text{Answer}_n = (n!)^K \cdot B_n \pmod{998244353}$ 。我们可以预先计算出所有 $n$ 的答案。

这套流程下来，我们就可以在 $O(N_{max} \log N_{max})$ 的时间复杂度内解决所有查询啦！是不是感觉充满了智慧的光芒，喵~

代码实现

下面就是本喵根据上面的思路，精心为大家准备的代码实现啦！注释很详细的哦，希望能帮到大家，喵~

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>
#include <algorithm>

// MOD is a prime number: 998244353
const int MOD = 998244353;
const int NTT_PRIMITIVE_ROOT = 3;
const int MAXN = 200005;

// Fast power function
long long power(long long base, long long exp) {
    long long res = 1;
    base %= MOD;
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) res = (res * base) % MOD;
        base = (base * base) % MOD;
        exp /= 2;
    }
    return res;
}

// Modular inverse
long long modInverse(long long n) {
    return power(n, MOD - 2);
}

namespace Poly {
    std::vector<int> rev;
    std::vector<long long> roots;
    int ntt_limit = 1;

    void ensure_ntt_limit(int limit) {
        if (ntt_limit >= limit) return;
        int old_limit = ntt_limit;
        ntt_limit = 1;
        while (ntt_limit < limit) ntt_limit <<= 1;
        
        rev.resize(ntt_limit);
        for (int i = 0; i < ntt_limit; ++i) {
            rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) ? (ntt_limit >> 1) : 0);
        }

        roots.resize(ntt_limit);
        for (int len = 2; len <= ntt_limit; len <<= 1) {
            long long w_len = power(NTT_PRIMITIVE_ROOT, (MOD - 1) / len);
            roots[len / 2] = 1;
            for (int i = len / 2 + 1; i < len; ++i) {
                roots[i] = (roots[i - 1] * w_len) % MOD;
            }
        }
    }

    void ntt(std::vector<long long>& a, bool invert) {
        int n = a.size();
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (i < rev[i]) std::swap(a[i], a[rev[i]]);
        }
        for (int len = 2; len <= n; len <<= 1) {
            for (int i = 0; i < n; i += len) {
                for (int j = 0; j < len / 2; ++j) {
                    long long u = a[i + j];
                    long long v = (a[i + j + len / 2] * roots[len / 2 + j]) % MOD;
                    a[i + j] = (u + v) % MOD;
                    a[i + j + len / 2] = (u - v + MOD) % MOD;
                }
            }
        }
        if (invert) {
            std::reverse(a.begin() + 1, a.end());
            long long inv_n = modInverse(n);
            for (long long& x : a) {
                x = (x * inv_n) % MOD;
            }
        }
    }

    std::vector<long long> multiply(std::vector<long long> a, std::vector<long long> b) {
        int sz = a.size() + b.size() - 1;
        int limit = 1;
        while (limit < sz) limit <<= 1;
        ensure_ntt_limit(limit);
        a.resize(limit);
        b.resize(limit);
        ntt(a, false);
        ntt(b, false);
        for (int i = 0; i < limit; ++i) a[i] = (a[i] * b[i]) % MOD;
        ntt(a, true);
        a.resize(sz);
        return a;
    }

    std::vector<long long> inverse(const std::vector<long long>& a, int deg) {
        if (deg == 0) return {};
        std::vector<long long> b = {modInverse(a[0])};
        int current_deg = 1;
        while (current_deg < deg) {
            current_deg <<= 1;
            std::vector<long long> a_slice(current_deg);
            for(int i = 0; i < std::min((int)a.size(), current_deg); ++i) a_slice[i] = a[i];

            int limit = current_deg * 2;
            ensure_ntt_limit(limit);

            std::vector<long long> b_ntt = b;
            b_ntt.resize(limit);
            ntt(b_ntt, false);

            std::vector<long long> a_ntt = a_slice;
            a_ntt.resize(limit);
            ntt(a_ntt, false);

            for (int i = 0; i < limit; ++i) {
                b_ntt[i] = (2 - (a_ntt[i] * b_ntt[i]) % MOD + MOD) % MOD * b_ntt[i] % MOD;
            }
            ntt(b_ntt, true);
            b.resize(current_deg);
            for(int i = 0; i < current_deg; ++i) b[i] = b_ntt[i];
        }
        b.resize(deg);
        return b;
    }

    std::vector<long long> derivative(const std::vector<long long>& a) {
        if (a.empty()) return {};
        std::vector<long long> res(a.size() - 1);
        for (size_t i = 1; i < a.size(); ++i) {
            res[i - 1] = (a[i] * i) % MOD;
        }
        return res;
    }

    std::vector<long long> integral(const std::vector<long long>& a) {
        std::vector<long long> res(a.size() + 1, 0);
        for (size_t i = 0; i < a.size(); ++i) {
            res[i + 1] = (a[i] * modInverse(i + 1)) % MOD;
        }
        return res;
    }

    std::vector<long long> logarithm(const std::vector<long long>& a, int deg) {
        if (deg == 0) return {};
        auto deriv_a = derivative(a);
        auto inv_a = inverse(a, deg);
        auto res = multiply(deriv_a, inv_a);
        res.resize(deg - 1);
        return integral(res);
    }
    
    std::vector<long long> exponentiation(const std::vector<long long>& a, int deg) {
        if (deg == 0) return {};
        std::vector<long long> b = {1};
        int current_deg = 1;
        while (current_deg < deg) {
            current_deg <<= 1;
            auto log_b = logarithm(b, current_deg);
            std::vector<long long> next_b(current_deg);
            for (int i = 0; i < current_deg; ++i) {
                next_b[i] = (a[i] - log_b[i] + MOD) % MOD;
            }
            next_b[0] = (next_b[0] + 1) % MOD;
            b = multiply(b, next_b);
            b.resize(current_deg);
        }
        b.resize(deg);
        return b;
    }

} // namespace Poly

long long fact[MAXN], invFact[MAXN];

void precompute_factorials(int n) {
    fact[0] = 1;
    invFact[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        fact[i] = (fact[i - 1] * i) % MOD;
        invFact[i] = modInverse(fact[i]);
    }
}

int main() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);

    int t;
    long long k;
    std::cin >> t >> k;

    std::vector<int> queries(t);
    int max_n = 0;
    for (int i = 0; i < t; ++i) {
        std::cin >> queries[i];
        if (queries[i] > max_n) {
            max_n = queries[i];
        }
    }

    precompute_factorials(max_n);

    long long K_exp = (k + 1) % (MOD - 1);
    if (K_exp == 0) K_exp = MOD - 1;

    // Step 2: Construct F(x)
    std::vector<long long> poly_F(max_n + 1);
    for (int i = 0; i <= max_n; ++i) {
        poly_F[i] = power(invFact[i], K_exp);
    }

    // Step 3: Compute H(x) = ln(F(x))
    auto poly_H = Poly::logarithm(poly_F, max_n + 1);

    // Step 4: Compute D(x)
    std::vector<long long> poly_D(max_n + 1, 0);
    for (int r = 1; r <= max_n; ++r) {
        if (poly_H[r] == 0) continue;
        for (int i = 1; r * i <= max_n; ++i) {
            long long n_over_r_K_r = power(modInverse(i), (K_exp * (long long)r) % (MOD - 1));
            long long term = (poly_H[r] * n_over_r_K_r) % MOD;
            poly_D[r * i] = (poly_D[r * i] + term) % MOD;
        }
    }

    // Step 5: Compute B(x) = exp(D(x))
    auto poly_B = Poly::exponentiation(poly_D, max_n + 1);

    // Step 6: Precompute all answers
    std::vector<long long> answers(max_n + 1);
    for (int n = 1; n <= max_n; ++n) {
        long long n_fact_K = power(fact[n], K_exp);
        answers[n] = (n_fact_K * poly_B[n]) % MOD;
    }

    for (int n : queries) {
        std::cout << answers[n] << "\n";
    }

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(N \log N)$ ，其中 $N$ 是查询中最大的 $n$ 。
- 预计算阶乘和逆元需要 $O(N)$ 。
- 构造多项式 $F(x)$ 需要 $O(N \log K)$ 。
- 计算多项式对数 $H(x) = \ln(F(x))$ 需要 $O(N \log N)$ 。
- 计算多项式 $D(x)$ 的系数需要 $\sum_{r=1}^N \frac{N}{r} \approx O(N \log N)$ 次运算，每次运算包含一个快速幂，所以总的是 $O(N \log N \log K)$ 。
- 计算多项式指数 $B(x) = \exp(D(x))$ 需要 $O(N \log N)$ 。
- 计算最终答案需要 $O(N \log K)$ 。
- 整个算法的瓶颈在于计算 $D(x)$ 的系数和多项式运算，所以总时间复杂度是 $O(N \log N \log K)$ 。但由于 $k$ 很大，我们对 $P-1$ 取模，所以可以看作 $O(N \log N)$ 。
空间复杂度: $O(N)$ 。
- 我们需要存储几个大小为 $N$ 的多项式（ $F, H, D, B$ ）以及阶乘等预处理数组。NTT 过程中需要临时空间，但也在 $O(N)$ 范围内。

知识点总结

这道题是群论、组合数学和多项式算法的完美结合，做出来之后一定会让你成就感满满的，喵~

群论与组合: 理解对称群 $S_n$ 的共轭类和轮换结构的关系是解题的第一步。将问题从对排列求和转化为对共轭类（或整数分拆）求和是关键的简化。
生成函数: 面对复杂的组合求和式，生成函数是我们的最强武器。特别是将乘积关系转化为卷积，再通过 $\ln-\exp$ 技巧处理乘积形式，是解决这类问题的经典思路。
多项式全家桶: 本题的核心计算依赖于一系列多项式操作，包括 NTT（快速数论变换）、多项式求逆、求对数、求指数。熟练掌握这些板子是解决高难度组合计数问题的基础。
算法优化: 通过 $F(z)$ 和 $H(z)$ 的关系，我们将计算许多个 $\ln(P_i(x))$ 的复杂问题，转化为了计算一次 $\ln(F(x))$ 和一次 $O(N \log N)$ 的求和，大大提高了效率。

希望这篇题解能帮助你更好地理解这道题的精髓！下次再遇到难题，也要像小猫一样，充满好奇心和勇气去挑战哦！喵~

I - Infinity - 题解 ​

标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

步骤一：理解 ν(σ)\nu(\sigma)ν(σ) 的真面目 ​

步骤二：转化求和式 ​

步骤三：共轭类大小的公式 ​

步骤四：请出我们的魔法道具——生成函数！ ​

步骤五：对数-指数魔法（ln-exp 技巧） ​

最终的算法流程 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​