[总结] 第一类斯特林数

第一类斯特林数

(egin{bmatrix}n\mend{bmatrix}) ，将 (n) 个元素划分为 (m) 个圆排列的方案数。

递推

递推式可以枚举最后一个元素是否放一个新的排列：(egin{bmatrix}n\mend{bmatrix}=egin{bmatrix}n-1\m-1end{bmatrix}+(n-1) imes egin{bmatrix}n-1\mend{bmatrix})

下面用 (s(n,m)) 表示 (egin{bmatrix}n\mend{bmatrix})。

性质

[egin{aligned}n!=sum_{i=0}^n s(n,i)end{aligned} ]

证明：考虑其组合意义。一个排列唯一对应一个置换，而一个置换唯一对应一组轮换。比如排列 ((1,5,2,3,4))，就可以看作轮换组 ([1][2,5,4][3])。如果两个排列不同，那他们对应的轮换中，必定有一个元素的下一个元素不同，故排列与轮换一一对应。所以等式右侧的式子就是有 $0sim n $ 个轮换的方案数。

求法

现在要快速求出第一类斯特林数的某一行。

直接给出定义，(s(n,*)) 这东西的生成函数等于 (prodlimits_{i=0}^{n-1} (x+i))，也就是 (x) 的 (n) 次上升幂。

于是就可以分治(mathrm{NTT})来求了，复杂度 (O(nlog^2 n))。具体实现用(mathrm{vector})比较好写。

当然也可以 (O(nlog n))。

令 (F_n(x)=prodlimits_{i=0}^{n-1}(x+i))，则(F_{2n}(x)=F_n(x) imes F_n(x+n))。

考虑如何用 (F_n(x)) 快速求出 (F_{n}(x+n))。

设 (F_n(x)=sum_limits{i=0}^{n-1}a_ix^i)

[egin{aligned}F_n(x+n)=&sum_{i=0}^{n} a_i(x+n)^i\=&sum_{i=0}^{n} a_i imes sum_{j=0}^i C_i^jn^{i-j}x^j\=&sum_{i=0}^{n} x^i imes sum_{j=i}^{n}C_j^in^{j-i}a_j\=&sum_{i=0}^{n}x^i imes sum_{j=i}^{n}frac{j!}{i!(j-i)!}n^{j-i}a_j end{aligned} ]

所以设 (F_n(x+n)=sumlimits_{i=0}^{n-1} b_ix^i,c_i=i! imes a_i,d_i=frac{n^i}{i!}) ，那么

[b_i imes i!=sum_j c_j imes d_{j-i} ]

把 (d) 翻转以后是一个标准的卷积式子，直接倍增就好了。

实现的小细节就是，如果当前长度 (len) 为奇数，不能除以 (2)，所以直接递归 (len-1) ，然后回来之后乘上 ((x+len-1)) 就行了。