为什么又是佳媛姐姐啊啊啊！
斯特林数在这道题中不好处理，直接拆开：
\[f(n)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}2^jj! \]\[=\sum_{j=0}^n2^jj!\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^k(j-k)^i}{k!(j-k)!} \]\[=\sum_{j=0}^n2^jj!\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^k\sum\limits_{i=0}^n(j-k)^i}{k!(j-k)!} \]单独考虑后半部分。设 \(f(i)=\dfrac{(-1)^i}{i!},g(i)=\dfrac{\sum\limits_{k=0}^n i^k}{i!}=\dfrac{[i\ne 1](\dfrac{i^{n+1}-1}{i-1})+[i=1](n+1)}{i!}\)
那么答案即为：
\[\sum_{j=0}^n2^jj!(f\times g)(j) \]NTT求解，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+5,p=998244353;
namespace NTT{
int rev[N],mx,k,m,qp,h;
struct dft{int fg[N];};
int qpow(int x,int y){
int re=1;
while(y){
if(y&1) re=re*x%p;
x=x*x%p,y>>=1;
}return re;
}void init(int n){
mx=1,k=0,rev[0]=0,h=m-1;
while(mx<=n) mx*=2,k++;
for(int i=0;i<mx;i++)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(k-1));
qp=qpow(mx,p-2);
}void fmd(dft &a){
for(int i=m-1;i<mx;i++) if(a.fg[i])
a.fg[i%h]=(a.fg[i%h]+a.fg[i])%p,a.fg[i]=0;
}void ntt(dft &a,int fl){
for(int i=0;i<mx;i++)
if(i<rev[i]) swap(a.fg[i],a.fg[rev[i]]);
for(int i=1;i<mx;i*=2){
int om=qpow(fl?3:(p+1)/3,(p-1)/(i<<1));
for(int j=0,w=1;j<mx;j+=i*2,w=1)
for(int k=j;k<j+i;k++,w=w*om%p){
int x=a.fg[k],y=w*a.fg[k+i]%p;
a.fg[k]=(x+y)%p,a.fg[k+i]=(x-y+p)%p;
}
}if(fl) return;
for(int i=0;i<mx;i++)
a.fg[i]=a.fg[i]*qp%p;
}
}using namespace NTT;
int n;dft f,g;
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n,init(n*2+1);
for(int i=0,sum,jc=1;i<=n;i++,jc=jc*i%p){
f.fg[i]=qpow(jc,p-2)*(1-i%2*2);
g.fg[i]=(qpow(i,n+1)-1)*qpow((i-1)*jc%p,p-2)%p;
if(i==1) g.fg[i]=(n+1)*jc%p;
}ntt(f,1),ntt(g,1);
for(int i=0;i<mx;i++)
f.fg[i]=f.fg[i]*g.fg[i]%p;
ntt(f,0);int ans=0;
for(int i=0,jc=1;i<=n;i++,jc=jc*i%p)
ans=(ans+qpow(2,i)*jc%p*f.fg[i])%p;
cout<<ans;
return 0;
}