[CF1342E] Placing Rooks - 第二类斯特林数

Description

在 \(n \times n\) 的国际象棋棋盘上放 \(n\) 个车，要求满足两个条件：所有的空格子都能被至少一个车攻击到。恰好有 \(k\) 对车可以互相攻击到。

Solution

如果 \(k \ge n\) 那么显然是不可能的

行和列至少有一个是满的，现在我们假设行是满的，看列

每缺一个列，就意味着有两个家伙可以共列，也就多了一对相互攻击

现在我们令 \(m=n-k\)，也就是实际有东西的列数

首先我们要把这些列选出来，贡献一个二项式系数

然后我们要对 \(n\) 行每行让它选一列，同时保证 \(m\) 列都至少出现一次

第二类斯特林数是把 \(n\) 个不同的元素分为 \(m\) 个不可分别的集合，我们再送它一个 \(m!\) 就变成了可分的集合，因此答案就是

第二类斯特林数可以转化为线性多个组合数等玩意的和计算

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int mod = 998244353;

int qpow(int p, int q)
{
    return (q & 1 ? p : 1) * (q ? qpow(p * p % mod, q / 2) : 1) % mod;
}

int inv(int p)
{
    return qpow(p, mod - 2);
}

const int N = 1e6 + 5;

int fac[N];

void init()
{
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; i++)
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}

int binom(int n, int m)
{
    return fac[n] * inv(fac[m]) % mod * inv(fac[n - m]) % mod;
}

int stirling(int n, int m)
{
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= m; i++)
    {
        int k = i;
        ans += (k & 1 ? mod - 1 : 1) * binom(m, k) % mod * qpow(m - k, n) % mod;
        ans %= mod;
        ans += mod;
        ans %= mod;
    }
    ans *= inv(fac[m]);
    ans %= mod;
    return ans;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);

    init();

    int n, k;
    cin >> n >> k;

    if (k >= n)
        cout << 0 << endl;
    else
        cout << stirling(n, n - k) * binom(n, n - k) % mod * (k == 0 ? 1 : 2) % mod * fac[n - k] % mod << endl;
}