[BJOI2019]勘破神机（斯特林数，数论）
题面
题解
先考虑\(m=2\)的情况。
显然方案数就是\(f_i=f_{i-1}+f_{i-2}\)，即斐波那契数，虽然这里求出来是斐波那契的第\(n+1\)项，但是本质上没什么区别，就默认是斐波那契数列了。
斐波那契数列的特征根是\(\alpha=\frac{1+\sqrt 5}{2},\beta=\frac{1-\sqrt 5}{2}\)，然后大力设一下通项是\(f_n=A\alpha^n+B\beta^n\)，可以解出\(f_n=\frac{1}{\sqrt 5}\alpha^n-\frac{1}{\sqrt 5}\beta^n\)。
而要求的东西就是\(\displaystyle \sum_{i=l}^r {f_i\choose k}\)，本质上就是要求\(\frac{1}{K!}f_i^{\underline k}\)。
这个东西直接拿第一类斯特林数展开\(\displaystyle \sum_j\sum_{i=0}^k \begin{bmatrix}k\\ i\end{bmatrix}f_j^k(-1)^{k-i}\)。
把斐波那契的通项直接带进去，得到：\(\displaystyle \sum_{i=0}^k\begin{bmatrix}k\\ i\end{bmatrix}(-1)^{k-i}\sum_{j}(A\alpha^j+B\alpha^j)^i\)。
后面那个东西再拆一步就是\(\displaystyle \sum_{j=0}^i{i\choose j}(A\alpha^n)^j(B\beta^n)^{i-j}\)，
带回去交换求和顺序之后得到：\(\displaystyle \sum_{k=0}^K(-1)^{K-k}\begin{bmatrix}K\\k\end{bmatrix}\sum_{i=0}^k{k\choose i}A^iB^{k-i}\sum_{j=L}^R \alpha^{ji}\beta^{j(k-i)}\)。
后面一个部分显然是等比数列可以直接计算，这样子我们就把复杂度做到了\(O(k^2)\)。
现在考虑\(m=3\)的情况，现在要做的显然就是把通项给求出来。
首先\(n\)为奇数的时候显然无解。
考虑为偶数的时候，令\(g_i\)表示第\(i\)个偶数的时候的答案，那么为了防止重复计算，我们需要找到一个放置方法满足在偶数位置一定不会恰好放满，发现这样子一定是在第一行竖着放一个横着放一个，然后后面每次都强制横着放跨过偶数位置，这里的贡献是\(\displaystyle \sum_{j=0}^{i-2}2g_j\)，然后\(g_{i-1}\)的贡献比较特殊是\(3\)，因为这个位置可以不用强制跨过奇数位置，所以可以任意的放满\(3*2\)的格子，因此转移可以写成：\(\displaystyle g_i=g_{i-1}+2\sum_{j=0}^{i-1}g_j\)。
然后写两个出来差分：
g_{i+1}=g_i+2\sum_{j=0}^i g_j\end{cases}\]
推出\(g_{i+1}-g_i=3g_i-g_{i-1}\)，推出递推式\(g_{i+1}=4g_i-g_{i-1}\)。
然后特征方程：\(x^2-4x+1=0\)，两个解：\(2\pm \sqrt 3\)。
然后待定系数解出来通项是：\(\displaystyle g_n=\frac{3+\sqrt 3}{6}(2+\sqrt 3)^n+\frac{3-\sqrt 3}{6}(2-\sqrt 3)^n\)。
然后就和前面的东西类似了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
const int MOD=998244353;
#define inv2 499122177
#define inv5 598946612
#define inv6 166374059
inline ll read()
{
ll x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int fpow(int a,ll b){int s=1;while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}return s;}
int S[505][505],C[505][505];ll V;
struct Num{int a,b;}z;
Num operator+(Num a,Num b){return (Num){(a.a+b.a)%MOD,(a.b+b.b)%MOD};}
Num operator-(Num a,Num b){return (Num){(a.a+MOD-b.a)%MOD,(a.b+MOD-b.b)%MOD};}
Num operator*(Num a,Num b){return (Num){(1ll*a.a*b.a+V*a.b*b.b)%MOD,(1ll*a.b*b.a+1ll*a.a*b.b)%MOD};}
Num operator*(Num a,int b){return (Num){1ll*a.a*b%MOD,1ll*a.b*b%MOD};}
Num fpow(Num a,ll b){Num s=(Num){1,0};while(b){if(b&1)s=s*a;a=a*a;b>>=1;}return s;}
int m,K;ll L,R;
Num Inv(Num a){return (Num){a.a,(MOD-a.b)%MOD}*fpow((1ll*a.a*a.a+MOD-V*a.b*a.b%MOD)%MOD,MOD-2);}
int main()
{
int T=read();m=read();if(m==2)V=5;else V=3;
while(T--)
{
L=read();R=read();K=read();
S[0][0]=1;
for(int i=1;i<=K;++i)
for(int j=1;j<=i;++j)
S[i][j]=(S[i-1][j-1]-1ll*S[i-1][j]*(i-1)%MOD+MOD)%MOD;
for(int i=0;i<=K;++i)C[i][0]=1;
for(int i=1;i<=K;++i)
for(int j=1;j<=i;++j)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
Num alpha,beta,A,B;ll QwQ=R-L+1;
if(m==2)
{
++L;++R;
alpha=(Num){inv2,inv2},beta=(Num){inv2,MOD-inv2};
A=(Num){0,inv5},B=(Num){0,MOD-inv5};
}
else
{
R=R>>1;L=(L+1)>>1;
alpha=(Num){2,1},beta=(Num){2,MOD-1};
A=(Num){inv2,inv6},B=(Num){inv2,MOD-inv6};
}
int ans=0;ll t=R-L;
for(int i=0;i<=K;++i)
{
Num ret=z;
for(int j=0;j<=i;++j)
{
Num s=fpow(A,j)*fpow(B,i-j)*C[i][j];
Num p=fpow(fpow(alpha,L),j)*fpow(fpow(beta,L),(i-j));
Num q=fpow(alpha,j)*fpow(beta,i-j);
Num w=p*((fpow(q,t+1)-(Num){1,0})*Inv(q-(Num){1,0}));
if(q.a==1&&q.b==0)w=p*((R-L+1)%MOD);
ret=ret+s*w;
}
ans=(ans+1ll*ret.a*S[K][i])%MOD;
}
int Ans=1ll*ans*fpow(QwQ%MOD,MOD-2)%MOD;
for(int i=1;i<=K;++i)Ans=1ll*Ans*fpow(i,MOD-2)%MOD;
printf("%d\n",Ans);
}
return 0;
}