第一类：
S(n,m)表示把n个元素组合成m个圆排列的方案数（注意是圆排列，n个元素的圆排列方案数：n!/n=(n-1)!）
性质：
说几个：
组合
O(n^2)递推式：
考虑最后一个放在哪里。
代数
第一个式子有一个不错的证明（）：
考虑递推式，画成横坐标m纵坐标n的图，只能往上或者往右上走，边权不同（1或者i（i是当前纵坐标）），一个路径的价值定义为边权的乘积
求(0,0)到(m,n)的所有路径的价值和。
显然满足O(n^2)递推式
直接考虑，必然m次往右，n-m次往上，所以x(x+1)*...(x+n)中m次幂的系数就是s(n,m)的答案
这就类似于生成函数了
有利于我们寻找nlogn求s(n,*)的式子。
（也可以从Dp（其实就是直接展开）转移式子角度推出系数）
第二个式子，符号和m的奇偶性相关，所以用有符号斯特林数即可
用途：下降幂是因式分解之后的多项式，不利于变换，展开之后，可以方便交换求和号等等
求法
和一般的多项式求逆一样，
f(n)->f(2*n)只要知道f(n+x)的每一项的值
带入后二项式定理展开得到NTT式子。
例题：HDU 4372 Count the Buildings——第一类斯特林数
第二类：
s(n,m)表示把n个不同元素放进m个相同盒子的方案数（m个集合）
性质
求法
还是考虑最后一个放在哪里
第二类斯特林数（建成二斯）组合意义比较强大（毕竟没有排列苛刻的限制嘛）
通项公式：
证明考虑容斥，枚举哪些个盒子一定不放球，其他爱放不放（Venn图）
或者反演：
本身通项公式就可以用NTT在O(mlogm)内求出S(n,1~m)，
所以出现二斯的时候，可以考虑用通项公式换掉。
组合数可以组合意义处理，n次方，里面还是m-k，考虑能否用NTT优化一下
例题：
[HEOI2016/TJOI2016]求和——第二类斯特林数
组合
上面那个是拆掉斯特林数，
还有一个重要的公式，可以放上斯特林数：
适用于n很大，而k比较小，斯特林数可以快速求出来。
而且，n^k乘方性质通常不够优美，而组合数有丰富的组合意义，并且展开之后的形式也和NTT有些关系
甚至n^k前面还有一些阶乘，可以尝试消一消。
这样n就直接放在了组合数的位置
考虑把组合数拆开消一消，，，把和n有关的枚举都干掉。n放进指数或者底数等可以O(1)或者O(logn)求和的位置
什么时候用通项公式，什么时候把n^k代换呢？
1，考虑n^k和斯特林数哪个好求，或者都试一试
2.根据套路，给了n^k一定换成斯特林数，给了斯特林数换成通项公式。。、。。
比较实际的应用题：