标签：glP5437 const 插值 题解 sum int sr 2n mod
呃怎么感觉很裸啊（
题意是让求生成树边权之和的期望，那么我们只需要算出所有生成树的边权之和除以生成树边数即可。
由于是求和，我们只需要计算出每条边对答案的贡献即可。
我们知道一个完全图有 \(n^{n-2}\) 棵生成树，那么每条边在其中出现过多少次呢？
很容易发现每一条边的地位是相同的，所以所有边出现的次数相同。
那么出现次数就是 $n^{n-2}\times (n-1) \div \frac {n \times (n-1)} 2 $，也就是 $ 2n^{n-3}$。
答案就是 \(\frac {2n^{n-3} \times (\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n (i+j)^k)} {n^{n-2}}\)。
\[\frac 2 n \times (\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n (i+j)^k) \]里面的东西给转化一下：
\[\frac 1 2 \times (\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (i+j)^k - 2^k\sum_{i=1}^n i^k) \]我们枚举每一个 \((i+j)\) 的出现次数：
\[\sum_{i=1}^n (i-1)i^k + \sum_{i=n+1}^{2n} (2n+1-i)i^k - 2^k\sum_{i=1}^n i^k \]\[\sum_{i=1}^n i^{k+1}-\sum_{i=1}^n i^k + (2n+1)\sum_{i=n+1}^{2n} i^k - \sum_{i=n+1}^{2n} i^{k+1} - 2^k\sum_{i=1}^n i^k \]我们只需要知道自然数的 \(k\) 次和 \(k+1\) 次幂之和即可，使用拉格朗日插值可以做到 \(O(k)\)。
#include<cstdio>
const int M=1e7+5,mod=998244353;
int n,k,sl[M],sr[M],a1[M],a2[M],idk[M],idk1[M],ifac[M];
int top,pri[664580];bool zhi[M];
inline int Add(const int&a,const int&b){
return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;
}
inline int Del(const int&a,const int&b){
return b>a?a-b+mod:a-b;
}
inline int pow(int a,int b){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
return ans;
}
inline void sieve(const int&n){
register int i,j,x;idk[1]=idk1[1]=1;
for(i=2;i<=n;++i){
if(!zhi[i])idk[pri[++top]=i]=pow(i,k);
for(j=1;j<=top&&(x=i*pri[j])<=n;++j){
zhi[x]=true;idk[x]=1ll*idk[i]*idk[pri[j]]%mod;
if(!(i%pri[j]))break;
}
idk1[i]=1ll*idk[i]*i%mod;
}
}
inline void init(){
register int i;sieve(k+3);ifac[0]=ifac[1]=1;k+=2;
for(i=2;i<=k+1;++i)ifac[i]=1ll*(mod-mod/i)*ifac[mod%i]%mod;
for(i=2;i<=k+1;++i)ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%mod;
for(i=1;i<=k;++i)idk[i]=Add(idk[i],idk[i-1]);
for(i=1;i<=k+1;++i)idk1[i]=Add(idk1[i],idk1[i-1]);
for(i=1;i<=k;++i){
idk[i]=1ll*ifac[i-1]*(k-i&1?mod-ifac[k-i]:ifac[k-i])%mod*idk[i]%mod;
}
for(i=1;i<=k+1;++i){
idk1[i]=1ll*ifac[i-1]*(k-i&1?ifac[k+1-i]:mod-ifac[k+1-i])%mod*idk1[i]%mod;
}
}
inline int fk(const int&n){
register int i,ans=0;sl[0]=sr[k+1]=1;
for(i=1;i<=k;++i)sl[i]=1ll*sl[i-1]*Del(n,i)%mod;
for(i=k;i>=1;--i)sr[i]=1ll*sr[i+1]*Del(n,i)%mod;
for(i=1;i<=k;++i)ans=Add(ans,1ll*sl[i-1]*sr[i+1]%mod*idk[i]%mod);
return ans;
}
inline int fk1(const int&n){
register int i,ans=0;sl[0]=sr[k+2]=1;
for(i=1;i<=k+1;++i)sl[i]=1ll*sl[i-1]*Del(n,i)%mod;
for(i=k+1;i>=1;--i)sr[i]=1ll*sr[i+1]*Del(n,i)%mod;
for(i=1;i<=k+1;++i)ans=Add(ans,1ll*sl[i-1]*sr[i+1]%mod*idk1[i]%mod);
return ans;
}
signed main(){
int f1,f2,f3,f4,g1,g2;
scanf("%d%d",&n,&k);init();f1=fk(n);f2=fk(Add(n,n));f3=fk1(n);f4=fk1(Add(n,n));
g1=Add(f3,1ll*Add(n,n+1)*Del(f2,f1)%mod);g2=Add(1ll*Add(pow(2,k-2),1)*f1%mod,Del(f4,f3));
printf("%d",1ll*pow(n,mod-2)*Del(g1,g2)%mod);
}
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