第一类斯特林数

含义

$S(i,j)$ 表示 $i$ 个不同元素，分成 $j$ 个圆，排列的方案数那么 $S(0,0)=1,S(i,0)=1$ 显然有 $$S(i,j)=S(i-1,j-1)+(i-1)S(i-1,j)$$

结论

$$\sum_{k=0}^{n}S(n,k)=n!$$

证明

一个排列对应一个置换把这个置换中的上下对应位置连边，可以得到许多的环由于排列和置换是一一对应的，所以我们要求排列的个数，就是求用n个元素组成环的方案数，所以我们枚举环的个数

它的生成函数

$$x^{\overline{n}}=x(x+1)(x+2)...(x+n-1)=\sum_{k=0}^{n}S(n,k)x^k$$ $$x^{\underline{n}}=x(x-1)(x-2)...(x-n+1)=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}S(n,k)x^k$$

求法

可以直接 $nlog^2n$ 分治 $FFT$ 或者还有一个 $nlogn$ 倍增的求法设 $F_n(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)$ 那么 $F_{2n}(x)=F_n(x)F_n(x+n)$ 考虑利用 $F_n(x)$ 推出 $F_n(x+n)$ 设 $F_n(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$ 那么 $$F_n(x+n)=\sum_{i=0}^{n}a_i\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}x^jn^{i-j}=\sum_{i=0}^{n-1}x^i\sum_{j=i}^{n-1}\binom{j}{i}n^{j-i}a_j$$ 而 $$\sum_{j=i}^{n-1}\binom{j}{i}n^{j-i}a_j=\frac{1}{i!}\sum_{j=i}^{n-1}j!a_j\frac{n^{j-i}}{(j-i)!}$$ 所以可以反转之后 $FFT$

CF960G

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

const int maxn(1 << 18);
const int mod(998244353);

inline void Inc(int &x, int y) {
	x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}

inline int Pow(ll x, int y) {
	register ll ret = 1;
	for (; y; y >>= 1, x = x * x % mod) if (y & 1) ret = ret * x % mod;
	return ret;
}

int f[maxn], w[2][maxn], a[maxn], b[maxn], c[maxn], l, r[maxn], len;

inline void Init(int n) {
	register int i, x, y;
	for (l = 0, len = 1; len < n; len <<= 1) ++l;
	for (i = 0; i < len; ++i) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1));
	x = Pow(3, (mod - 1) / len), y = Pow(x, mod - 2), w[0][0] = w[1][0] = 1;
	for (i = 1; i < len; ++i) w[0][i] = (ll)w[0][i - 1] * x % mod, w[1][i] = (ll)w[1][i - 1] * y % mod;
	for (i = 0; i < len; ++i) c[i] = a[i] = b[i] = 0;
}

inline void DFT(int *p, int opt) {
	register int i, j, t, k, x, y, wn;
	for (i = 0; i < len; ++i) if (r[i] < i) swap(p[i], p[r[i]]);
	for (i = 1; i < len; i <<= 1)
		for (t = i << 1, j = 0; j < len; j += t)
			for (k = 0; k < i; ++k) {
				wn = w[opt == -1][len / t * k];
				x = p[k + j], y = (ll)wn * p[i + j + k] % mod;
				p[k + j] = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
				p[i + j + k] = x - y < 0 ? x - y + mod : x - y;
			}
	if (opt == -1) for (wn = Pow(len, mod - 2), i = 0; i < len; ++i) p[i] = (ll)p[i] * wn % mod;
}

int n, inv[maxn], fac[maxn], pw[maxn];

void Solve(int x) {
	if (x == 1) return f[1] = 1, void();
	register int i, cnt;
	if (x & 1) for (Solve(x - 1), i = x; i; --i) f[i] = ((ll)(x - 1) * f[i] + f[i - 1]) % mod;
	else {
		Solve(x >> 1), cnt = x >> 1, Init(x + 1);
		for (i = pw[0] = 1; i <= cnt; ++i) pw[i] = (ll)pw[i - 1] * cnt % mod;
		for (i = 0; i <= cnt; ++i) a[i] = (ll)fac[i] * f[i] % mod;
		for (i = 0; i <= cnt; ++i) b[i] = (ll)pw[i] * inv[i] % mod;
		reverse(b, b + cnt + 1), DFT(a, 1), DFT(b, 1);
		for (i = 0; i < len; ++i) a[i] = (ll)a[i] * b[i] % mod;
		for (DFT(a, -1), i = 0; i <= cnt; ++i) c[i] = (ll)a[cnt + i] * inv[i] % mod;
		for (DFT(f, 1), DFT(c, 1), i = 0; i < len; ++i) f[i] = (ll)f[i] * c[i] % mod;
		for (DFT(f, -1), i = x + 1; i < len; ++i) f[i] = 0;
	}
}

int main() {
	register int i, c = 1, a, b, m;
	scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);
	if (a + b - 2 > n - 1 || !a || !b) return puts("0"), 0;
	if (n == 1) return puts(a == b && a == 1 ? "1" : "0");
	fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1] = 1, m = a + b - 2;
	for (i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = (ll)(mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
	for (i = 1; i < a; ++i) c = (ll)c * (m - i + 1) % mod * inv[i] % mod;
	for (i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = (ll)inv[i] * inv[i - 1] % mod, fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % mod;
	Solve(n - 1), c = (ll)c * f[a + b - 2] % mod, printf("%d\n", c);
    return 0;
}

第二类斯特林数

含义

$n$个有区别的球放在$m$个相同的盒子内，要求盒子不为空的方案数实际上也就是把数$n$拆成$m$个正整数和的方案数记作$S(n, m)$

性质

$S(n, 0)=S(0, n)=0$，其中$n \in N$
$S(n, k)=0$，其中$k>n>=1$
$S(n, n)=S(n, 1)=1$，其中$n>=1$

等等......

求法

递推

$$S(n, m) = S(n - 1, m - 1) + S(n - 1, m) * m$$，其中$n>1，m>=1$ 解释：新开一盒子或者在原有盒子中选一个

公式

$$S(n, m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m, k)(m-k)^n$$

证明

先考虑$n$个不同的球放在$m$个不同的盒子内没有无空盒限制的方案数那么显然就是$m^n$ 考虑容斥原理总的 $-$ 有大于等于一个空盒的方案 $+$ 有大于等于两个个空盒的方案 $-$有大于等于三个空盒的方案...... 写出来就是 $$S(n, m)=\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m, k)(m-k)^n$$ 因为我们认为盒子有区别 $C(m, k)$就是把那$k$个空盒子选出来其他的随便放

现在求出了$n$个不同的球放在$m$个不同的盒子内有无空盒限制的方案数然而要求的是盒子无区别的还要除以一个$\frac{1}{m!}$ 就得到了那个公式

其他的一些东西

$$S(n, m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m, k)(m-k)^n$$ 假设$n$固定，那么预处理出$C(m, k)$就可以直接多项式卷积求出来所有的$S(n,m)$

考虑换一种形式 $$S(n, m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m, k)(m-k)^n$$ $$=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\frac{m!}{k!(m-k)!}(m-k)^n$$ $$=\sum_{k=0}^{m}\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}$$

这样就可以不用预处理组合数直接$FFT$求了

推论

因为$S(m, m)=1$，所以 $$m!=\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m, k)(m-k)^m$$
$m^n$类似表示，即用第二类斯特林数表示$n$个不同的球放在$m$个不同的盒子内没有无空盒限制的方案数这次枚举不是空的的盒子 $$m^n=\sum_{k=0}^{m}S(n, k)k!C(m, k)$$

两个之间的关系

反转公式 $$\begin{cases}\sum_{k=m}^n(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\k\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}k\m\end{Bmatrix}=[n=m]\\sum_{k=m}^n(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}k\m\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}n\k\end{Bmatrix}=[n=m]\end{cases}$$

第一类Stirling数幂与下降幂的关系 $$x^{\underline k}=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\begin{bmatrix} k\i \end{bmatrix}x^i$$

第二类Stirling数幂与下降幂的关系 $$x^{k}=\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix} k\i \end{Bmatrix}x^{\underline i}$$

来源：oschina

链接：https://my.oschina.net/u/4323130/blog/4238769

标签

nlog