problem

莓在执行任务时，收集到了 $n$ 份岩浆能源，其中第 $i$ 份的能量值是 $w_i$ ，她
决定将它们分成恰好 $k$ 组带回基地，每一组都要有至少 $1$ 份能源。

每一组能源会对运输设备产生负荷值，若该组有 $x$ 份能源，这 $x$ 份能源能
量值之和为 $y$ , 则产生的负荷值为 $x\times y$ 。

每种分组方案产生的负荷是每一组能源产生的负荷值总和，莓想知道所有可
能的分组方案产生的负荷之和对 998244353 取模的结果 。

$k\le n\le 1e6$。

solution

将 $n$ 个不同物品分成 $k$ 组，球有标号，盒子无标号，显然是第二类斯特林数。

考场上倒是把公式都推出来了，但是没反应过来是第二类斯特林。。。但这不重要，主要是没想到优化计算方式。

暴力求第二类斯特林数：$f_{i,j}=f_{i-1,j}\ast j+f_{i-1,j-1}$。

容斥求第二类斯特林数：$\frac{{\sum }_{i=0}^k(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})(k-i{)}^n}{k!}$。

考虑将每个数单独拆开计算贡献，暴力枚举其所在组的个数，然后乘以剩下数分成 $k-1$ 组的方案数，时间复杂度是 $O(n^2)$ 的。

我就卡在这里优化不了了。

考虑若 $u,v$ 分在一组，则对答案有 $w_u+w_v$ 的贡献，即 $ans={\sum }_{u=1}^n{w}_u\cdot \left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}+{\sum }_{u\ne v}(w_u+w_v)\cdot \left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}$

$\Rightarrow ans={\sum }_{w_i}\cdot (\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}+(n-1)\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\})$

线性筛预处理 $(k-i{)}^n$，时间复杂度为 $O(n)$。

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define Pair pair < int, int >
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 1000005
int n, k, cnt;
int fac[maxn], inv[maxn], Pow1[maxn], Pow2[maxn], prime[maxn];
bool vis[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}void init() {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;
}void sieve() {Pow1[1] = Pow2[1] = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! vis[i] ) {prime[++ cnt] = i;Pow1[i] = qkpow( i, n );Pow2[i] = qkpow( i, n - 1 );}for( int j = 1;j <= cnt and i * prime[j] <= n;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;Pow1[i * prime[j]] = Pow1[i] * Pow1[prime[j]] % mod;Pow2[i * prime[j]] = Pow2[i] * Pow2[prime[j]] % mod;if( i % prime[j] == 0 ) break;}}
}int C( int n, int m ) { return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; }Pair calc() {int ans1 = 0, ans2 = 0;for( int i = 0;i <= k;i ++ ) {int t = ( i & 1 ) ? -1 : 1;ans1 = ( ans1 + t * C( k, i ) * Pow1[k - i] % mod ) % mod;ans2 = ( ans2 + t * C( k, i ) * Pow2[k - i] % mod ) % mod;}ans1 = ans1 * inv[k] % mod;ans2 = ans2 * inv[k] % mod;return { ( ans1 + mod ) % mod, ( ans2 + mod ) % mod };
}signed main() {freopen( "ichigo.in", "r", stdin );freopen( "ichigo.out", "w", stdout );scanf( "%lld %lld", &n, &k );int sum = 0;for( int i = 1, w;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &w ), sum = ( sum + w ) % mod;init();sieve();Pair ans = calc();printf( "%lld\n", ( ans.first + ( n - 1 ) * ans.second ) % mod * sum % mod );return 0;
}