看 这篇 看懂的，感觉比洛谷题解的两篇具体不少。
来写一下翻译。看懂后觉得官方题解更简练的，但显然我还是新手。思维走过的道路是无可替代的。
题意：\(n\) 面的骰子每次随机一个面，对 \(i \in [1, m]\) 求得到全部面的次数的 \(i\) 次方的期望。
\(n, m \leq 2 \cdot 10^5\)，取膜 \(998244353\)。
设出恰好 \(i\) 轮得到所有面的 PGF \(\displaystyle f(x) = \sum_{i \geq 0} p_i x^i\)。考虑
\[\begin{aligned} f(e^x) &= \sum_{i \geq 0} p_i \sum_{j \geq 0} \dfrac{(xi)^j}{j!} \\ &= \sum_{j \geq 0} \dfrac{x^j}{j!} \sum_{i \geq 0} p_i i^j \end{aligned} \]则提取 \([\dfrac{x^i}{i!}]\) 即为所求 \(i\) 次幂期望。
（感觉利用复合 \(e^x\) 来取 \(i\) 次幂是相当 pratical 的，所以懒得去揣测如何想到这样复合了，不如直接当作结论。）
（没有多想，但是觉得直接把 \(i\) 次幂的期望值塞进 GF 中很好找到这个结论。）
因此所需的仅为找到 \(f(x)\)。
容易想到将 \(p_i\) 作前缀和得到 \(a_i\) 以去掉恰好的限制，\(\{a_i\}\) 的 OGF 乘上 \((1 - x)\) 差分回来。
投掷骰子形成的是颜色序列，因此应求其 EGF
单颜色出现 \(i\) 次的概率的 EGF 是
\[\sum_{i > 0} \dfrac{1}{n^i} \dfrac{x^i}{i!} = e^{\frac{x}{n}} - 1 \]令 \(F(x)\) 为 \(\{a_i\}\) 的 EGF，则
\[\begin{aligned} F(x) & = (e^{\frac{x}{n}}-1)^n \\ & = \sum_{i = 0}^n \binom{n}{i} (-1)^{n-i} e^{\frac{xi}{n}} \end{aligned} \]考虑到 EGF 中的 \(e^{kx}\) 即为 OGF 中的 \(\frac{1}{1-kx}\)，
\[f(x) = (1 - x) \sum_{i = 0}^n \binom{n}{i} (-1)^{n-i} \dfrac{1}{1 - \frac{ix}{n}} \]值得注意的是，此时已经是有限和的形式。
记得 \(f(x)\) 与 \(F(x)\) 并不是同一序列的 OGF 与 EGF，这里乘回了先前的 \((1-x)\)。
此时求和的每一项都是形如 \(\dfrac{c_i}{1 - d_i x}\) 的有理分式，可以直接通过分治求出形式为 \(\dfrac{p(x)}{q(x)}\) 的 \(f(x)\)。因为只有次数低于 \(m+1\) 的项是被关心的，此时再求逆得到 \(f(x)\) 的各项系数。
注意到 \(i![x^i] e^{kx} = [x^i] \dfrac{1}{1-kx}\)，现在已经得到
\[f(x) = \sum_{i = 0}^m p_i x^i \]计算
\[\sum_{i = 0}^m \dfrac{p_i}{1 - i x} \]的各项系数即可。这同样可以通过分治乘得到。
综上，这题结束了。复杂度据说是 \(O(n \log^2 n + m \log m)\)，分治乘的复杂度我不会算。
代码等明天写。
标签：geq,arc154F,frac,Dice,dfrac,sum,Game,aligned,EGF From： https://www.cnblogs.com/purplevine/p/17179361.html