- 给定(n,m)，对于所有(i=0sim n)，求出(S_2(i,m))。
- (n<131072)
法一：倍增(NTT)
关于第二类斯特林数的基础性质可见：斯特林数的基础性质与斯特林反演的初步入门。
我们知道它的递推公式：
[S_2(n,m)=S_2(n-1,m-1)+m imes S_2(n-1,m)
]
构造第(m)列第二类斯特林数的生成函数(F_m(x)=sum_{i=0}^{+infty}S_2(i,m)x^i)，于是发现：
[F_m(x)=F_{m-1}(x) imes x+F_m(x) imes mx\
F_m(x)=frac{x}{1-mx}F_{m-1}(x)
]
得出结论：
[F_m(x)=prod_{i=1}^mfrac x{1-ix}
]
进一步推导，发现(frac x{1-ix}=frac{1}{x^{-1}-i})。
我们可以先求出(prod_{i=1}^m(x^{-1}-i))再求逆，而这家伙其实就是(prod_{i=1}^m(x-i))的转置。
接下来的操作类似于【洛谷5408】第一类斯特林数·行，因为比较麻烦就不提供代码了（可参考那题代码）。
法二：多项式快速幂
考虑单独一个盒子，可以构造出第一列第二类斯特林数的指数型生成函数：
[F(x)=sum_{i=1}^nfrac{x^i}{i!}
]
现在我们需要(m)个盒子，相当于是选出(m)个盒子拼在一起，然后除以(m!)去掉盒子的顺序，也就是说答案的指数型生成函数就应该是：
[frac{F(x)^m}{m!}
]
这里涉及到多项式快速幂，就类似于【洛谷5409】第一类斯特林数·列。
由于这种写法在拷了个多项式板子后显得非常好写，于是我选用了这种写法。
代码：(O(nlogn))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 131072
#define X 167772161
using namespace std;
int n,m,f[N+5];
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
int Fac[N+5],IFac[N+5];I void InitFac(CI S)
{
RI i;for(Fac[0]=i=1;i<=S;++i) Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X;
for(IFac[i=S]=QP(Fac[S],X-2);i;--i) IFac[i-1]=1LL*IFac[i]*i%X;
}
namespace Poly//多项式模板
{
#define PR 3
#define Init(n) P=1,L=0;W(P<=((n)<<1)) P<<=1,++L;for(i=0;i^P;++i) R[i]=R[i>>1]>>1|((i&1)<<L-1),A[i]=B[i]=0;
int P,L,R[N<<2],A[N<<2],B[N<<2],t1[N+5],t2[N+5],t3[N+5];
I void NTT(int* s,CI op)
{
RI i,j,k,x,y,U,S;for(i=0;i^P;++i) i<R[i]&&(swap(s[i],s[R[i]]),0);
for(i=1;i^P;i<<=1) for(U=QP(QP(PR,op),(X-1)/(i<<1)),j=0;j^P;j+=i<<1) for(S=1,
k=0;k^i;++k,S=1LL*S*U%X) s[j+k]=((x=s[j+k])+(y=1LL*S*s[i+j+k]%X))%X,s[i+j+k]=(x-y+X)%X;
if(op==X-2) {RI t=QP(P,X-2);for(i=0;i^P;++i) s[i]=1LL*s[i]*t%X;}
}
I void Inv(CI n,int* a,int* b)
{
if(!n) return (void)(b[0]=QP(a[0],X-2));RI i;Inv(n>>1,a,b);
Init(n);for(i=0;i<=n;++i) A[i]=a[i],B[i]=b[i];NTT(A,1),NTT(B,1);
for(i=0;i^P;++i) A[i]=(2LL*B[i]-1LL*A[i]*B[i]%X*B[i]%X+X)%X;for(NTT(A,X-2),i=0;i<=n;++i) b[i]=A[i];
}
I void Ln(CI n,int* a,int* b)
{
RI i,j;for(i=0;i<=n;++i) b[i]=0;for(Inv(n,a,b),i=0;i^n;++i) t1[i]=1LL*a[i+1]*(i+1)%X;t1[n]=0;
Init(n);for(i=0;i<=n;++i) A[i]=b[i],B[i]=t1[i];NTT(A,1),NTT(B,1);
for(i=0;i^P;++i) A[i]=1LL*A[i]*B[i]%X;for(NTT(A,X-2),b[0]=0,i=1;i<=n;++i) b[i]=1LL*A[i-1]*QP(i,X-2)%X;
}
I void Exp(CI n,int* a,int* b)
{
if(!n) return (void)(b[0]=1);RI i;Exp(n>>1,a,b);Ln(n,b,t2);
Init(n);for(i=0;i<=n;++i) A[i]=b[i],B[i]=(!i-t2[i]+a[i]+X)%X;NTT(A,1),NTT(B,1);
for(i=0;i^P;++i) A[i]=1LL*A[i]*B[i]%X;for(NTT(A,X-2),i=0;i<=n;++i) b[i]=A[i];
}
I void Pow(CI n,int* a,CI k)
{
Ln(n,a,t3);for(RI i=0;i<=n;++i) t3[i]=1LL*t3[i]*k%X,a[i]=0;Exp(n,t3,a);
}
}
int main()
{
RI i;for(scanf("%d%d",&n,&m),InitFac(n),i=0;i^n;++i) f[i]=IFac[i+1];//求出第一列除去原第0项的指数型生成函数
for(Poly::Pow(n-1,f,m),i=0;i<=min(n,m-1);++i) printf("0 ");//求出F(x)^m，在开头添m个0
for(i=0;i<=n-m;++i) printf("%d ",1LL*f[i]*IFac[m]%X*Fac[i+m]%X);return 0;//除以m!去掉盒子的顺序，由于是EGF答案要乘(i+m)!
}