斯特林数（再）学习笔记

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好像全忘了，那就再开一个博客吧。。

第一类斯特林数

\(\begin{bmatrix} n\\m\end{bmatrix}\)表示将\(n\)个不同元素构成\(m\)个圆排列的方案数。

递推式为\(\begin{bmatrix} n\\m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} n-1\\m-1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix} n-1\\m\end{bmatrix}(n-1)\)

\(\begin{bmatrix} n-1\\m-1\end{bmatrix}\)就是第\(n\)个元素新开一个圆排列，否则将第\(n\)个元素插进前面任意一个元素的后面。

求一行

https://www.luogu.org/problemnew/show/P5408

有一个式子（我也不知道为什么）：\(x^{\overline n}=\sum_{i=0}^nx^i\begin{bmatrix} n\\i\end{bmatrix}\)，\(x^{\overline n}\)是上升幂。

所以可以直接分治ntt，\(O(n\log^2n)\)

还有一种类似快速幂的做法：

用类似快速幂来推这玩意儿，要支持快速做两种操作：

\(x^{\overline n}\rightarrow x^{\overline{n+1}}\)
\(x^{\overline n}\rightarrow x^{\overline{2n}}\)

第一个直接暴力乘上去就好了。

第二个列一下式子：

\(x^{\overline{2n}}=x^{\overline{n}}(x+n)^{\overline{n}}\)，那么要求\((x+n)^{\overline{n}}\)

套上面的式子：\((x+n)^{\overline{n}}=\sum_{i=0}^n(x+n)^i\begin{bmatrix} n\\i\end{bmatrix}\)

\((x+n)^{\overline{n}}=\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix} n\\i\end{bmatrix}\sum_{j=0}^ix^jn^{i-j}C_{i}^{j}\)

化成NTT可以接受的形式：

\(=\sum_{j=0}^n\frac{x^j}{n^jj!}\sum_{i=j}^n\begin{bmatrix} n\\i\end{bmatrix}n^ii! \cdot \frac{1}{(i-j)!}\)

因为你已经求出来了\(n\)以内的斯特林数，所以可以求出\((x+n)^{\overline{n}}\)，然后乘起来可以得到\(x^{\overline{2n}}\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define vd void
#define mod 167772161
#define poly std::vector<int>
typedef long long ll;
il ll gi(){
    ll x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f?x:-x;
}
il int pow(int x,int y){
    int ret=1;
    while(y){
        if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
    }
    return ret;
}
#define maxn 524289
poly pA,pB;
int rev[maxn],_lstN,P[maxn],iP[maxn];
il vd ntt(int*A,int N,int t){
    for(int i=0;i<N;++i)if(rev[i]>i)std::swap(A[i],A[rev[i]]);
    for(int o=1;o<N;o<<=1){
        int W=t?P[o]:iP[o];
        for(int*p=A;p!=A+N;p+=o<<1)
            for(int i=0,w=1;i<o;++i,w=1ll*w*W%mod){
                int t=1ll*w*p[i+o]%mod;
                p[i+o]=(p[i]-t+mod)%mod;p[i]=(p[i]+t)%mod;
            }
    }
    if(!t){
        int inv=pow(N,mod-2);
        for(int i=0;i<N;++i)A[i]=1ll*A[i]*inv%mod;
    }
}
int N,lg;
il vd setN(int n){
    N=1,lg=0;
    while(N<n)N<<=1,++lg;
    if(N!=_lstN)for(int i=0;i<N;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<lg-1);
}
il vd ntt(poly&a,int t){
    static int A[maxn];
    for(int i=0;i<a.size();++i)A[i]=a[i];memset(A+a.size(),0,4*(N-a.size()));
    ntt(A,N,t);
    a.resize(N);
    for(int i=0;i<N;++i)a[i]=A[i];
    int s=a.size();while(s&&!a[s-1])--s;
    a.resize(s);
}
il poly mul(poly a,poly b,int newn=-1){
    if(newn==-1)newn=a.size()+b.size()-1;
    setN(a.size()+b.size()-1);
    ntt(a,1),ntt(b,1);
    for(int i=0;i<N;++i)a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    ntt(a,0);a.resize(newn);
    return a;
}
il poly operator+(poly a,const poly&b){
    if(a.size()<b.size())a.resize(b.size());
    for(int i=0;i<a.size();++i)if(i<b.size())a[i]=(a[i]+b[i])%mod;
    return a;
}
il poly operator-(poly a,const poly&b){
    if(a.size()<b.size())a.resize(b.size());
    for(int i=0;i<a.size();++i)if(i<b.size())a[i]=(a[i]-b[i]+mod)%mod;
    return a;
}
il poly operator*(poly a,int b){
    for(auto&i:a)i=1ll*i*b%mod;
    return a;
}
il poly qiudao(poly a){
    for(int i=0;i<a.size()-1;++i)a[i]=1ll*a[i+1]*(i+1)%mod;
    a.erase(a.end()-1);
    return a;
}
il poly jifen(poly a){
    a.insert(a.begin(),0);
    for(int i=1;i<a.size();++i)a[i]=1ll*a[i]*pow(i,mod-2)%mod;
    return a;
}
il poly getinv(poly a){
    if(a.size()==1)return poly(1,pow(a[0],mod-2));
    int n=a.size(),m=a.size()+1>>1;
    poly _a(m);
    for(int i=0;i<m;++i)_a[i]=a[i];
    poly b=getinv(_a);
    setN(n+m*2-2);
    ntt(a,1);ntt(b,1);
    for(int i=0;i<N;++i)a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod*b[i]%mod;
    ntt(a,0),ntt(b,0);
    a.resize(n);
    return b*2-a;
}
il poly getln(poly a,int n=-1){
    if(n==-1)n=a.size();
    a.resize(n);
    return jifen(mul(qiudao(a),getinv(a),n));
}
il poly getexp(poly a){
    if(a.size()==1)return a[0]=1,a;
    int n=a.size(),m=a.size()+1>>1;
    poly _a(m);
    for(int i=0;i<m;++i)_a[i]=a[i];
    poly b=getexp(_a);
    return mul(b,poly(1,1)-getln(b,a.size())+a,a.size());
}
il poly operator^(poly a,int b){
    int n=a.size();
    a=getexp(getln(a)*b);a.resize(n);
    return a;
}
il poly sqrt(poly a){
    if(a.size()==1)return a;
    int n=a.size(),m=a.size()+1>>1;
    poly _a(m);
    for(int i=0;i<m;++i)_a[i]=a[i];
    poly b=sqrt(_a);b.resize(n);
    return (b+mul(a,getinv(b),n))*(mod+1>>1);
}
il vd poly_init(){
    int G=3,iG=pow(G,mod-2);
    for(int i=1;i<maxn;i<<=1)P[i]=pow(G,(mod-1)/(i<<1)),iP[i]=pow(iG,(mod-1)/(i<<1));
}
int fact[262147],ifact[262147];
il poly get_stelin(int n){
    if(n==1){poly r(2);r[1]=1;return r;}
    int m=n>>1;
    poly g=get_stelin(m),_g(g),_h(m+1),h(m+1);
    for(int i=0,pm=1;i<=m;++i,pm=1ll*pm*m%mod)_g[i]=1ll*_g[i]*fact[i]%mod*pm%mod;
    for(int i=0;i<=m;++i)_h[i]=ifact[m-i];
    _h=mul(_h,_g);
    int invm=pow(m,mod-2);
    for(int i=0,pm=1;i<=m;++i,pm=1ll*pm*invm%mod)h[i]=1ll*_h[m+i]*pm%mod*ifact[i]%mod;
    g=mul(h,g,n+1);
    if(n&1){
        g.resize(n+1);
        for(int i=n;i;--i)g[i]=(g[i-1]+1ll*(n-1)*g[i])%mod;
        g[0]=1ll*g[0]*(n-1)%mod;
    }
    return g;
}
int main(){
#ifdef XZZSB
    freopen("in.in","r",stdin);
    freopen("out.out","w",stdout);
#endif
    poly_init();
    int n=gi();
    fact[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)fact[i]=1ll*fact[i-1]*i%mod;
    ifact[n]=pow(fact[n],mod-2);for(int i=n-1;~i;--i)ifact[i]=1ll*ifact[i+1]*(i+1)%mod;
    poly f=get_stelin(n);
    for(int i=0;i<=n;++i)printf("%d ",f[i]);
    return 0;
}

第二类斯特林数

\(\begin{Bmatrix} n\\m\end{Bmatrix}\)表示将\(n\)个不同元素放进\(m\)个相同盒子的方案数。

这个东西好像比第一类水一点，题也多一点？

递推式：\(\begin{Bmatrix} n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix} n-1\\m\end{Bmatrix}m+\begin{Bmatrix} n-1\\m-1\end{Bmatrix}\)

通项：容斥枚举放了\(i\)个空盒子。\(\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^i}{i!}\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}\)

所以可以用ntt直接求出一行的值

性质：分解\(m^n\)，枚举有一个盒子非空。\(m^n=\sum_{i=0}^mC_m^i\begin{Bmatrix} n\\i\end{Bmatrix}\)

原文地址：https://www.cnblogs.com/xzz_233/p/11008681.html