最近在学第一类和第二类斯特林数。这里记录一下学习的知识点/模板还有题目。
https://blog.csdn.net/litble/article/details/80882581
https://www.cnblogs.com/y2823774827y/p/10700231.html
https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/10142878.html （强推）
这篇博文没有什么创新的东西，更多是对上面大佬提出知识的一个摘抄和总结(略去了证明部分)，加上一些练习题的学习笔记。
第一类斯特林数是解决：将n个不同的元素划分为k个圆排列的方案数，递推式为f(i,j)=f(i−1,j−1)+(i−1)f(i−1,j)（可以理解为：加入一个新的数有两种情况①是自己成环②是加入以前的环，那么这个数可以插到任何一个数的前面）。
第一类斯特林数有一些性质：
①sigma S1(n,i) = n! ; 这个可以理解为：其实每个1-n的排列就是一个循环置换，那么n的全排列就等于所有的置换方案总和就是sigma S1(n,i) 。
②
③
第一类斯特林数的求法
用递推式求某个S1(n,k)的话时间是O(n^2)不太理想，一种比较好的做法是根据第一类斯特林数的生成函数：x*(x+1)(x+2)(x+3)……(x+n-1)=Σf[n][i]*x^i ，可以用分治NTT求其生成函数，然后第i项的系数即是S1[n][i]。这样的时间是O(n*log2n^2)，其实还有O(n*log2n)的求法，我还没学。
例题+模板：codeforces 960G Bandit Blues
推式子后发现 ans=S1[n-1][A+B-2]*C(A+B-2,A-1) 。于是主要矛盾就是求S1(n-1,A+B-2)。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 using namespace std; 4 const LL P=998244353,yg=3; 5 LL A[400010]; 6 LL bin[400010]; 7 8 LL power(LL x,LL p) { 9 LL ret=1; 10 for (;p;p>>=1) { 11 if (p&1) ret=(ret*x)%P; 12 x=(x*x)%P; 13 } 14 return ret; 15 } 16 17 void NTT(LL *a,LL n,LL op) { //NTT:系数a数组，长度为n，op=1求值op=-1插值 18 for(LL i=0;i<n;i++) bin[i]=(bin[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1)); 19 for(LL i=0;i<n;i++) if(i<bin[i]) swap(a[i],a[bin[i]]); 20 for(LL i=1;i<n;i<<=1) { 21 LL wn=power(yg,op==1?(P-1)/(2*i):(P-1)-(P-1)/(2*i)),w,t; 22 for(LL j=0;j<n;j+=i<<1) { 23 w=1; 24 for(LL k=0;k<i;k++) { 25 t=a[i+j+k]*w%P;w=w*wn%P; 26 a[i+j+k]=(a[j+k]-t+P)%P;a[j+k]=(a[j+k]+t)%P; 27 } 28 } 29 } 30 if(op==-1) { 31 LL Inv=power(n,P-2); 32 for(LL i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*Inv%P; 33 } 34 } 35 36 LL n,a,b; 37 void solve(LL *a,LL len,LL l,LL r) { //分治NTT求第一类斯特林数 38 if(l==r) {a[0]=l;a[1]=1;return;} //分治边界 39 LL mid=(l+r)/2; LL a1[len],a2[len]; 40 memset(a1,0,sizeof(a1));memset(a2,0,sizeof(a2)); 41 solve(a1,len>>1,l,mid);solve(a2,len>>1,mid+1,r); //分治，先求两边 42 NTT(a1,len,1);NTT(a2,len,1); 43 for(LL i=0;i<len;i++) a[i]=a1[i]*a2[i]%P; //两边NTT结果相乘得到[l,r]的结果 44 NTT(a,len,-1); 45 } 46 47 LL C(LL m,LL n) { //求组合数C(m,n) 48 LL fac1=1,fac2=1; 49 for(LL i=1;i<=n;i++) (fac1*=i)%=P,(fac2*=(m-i+1))%=P; 50 return fac2*power(fac1,P-2)%P; 51 } 52 53 int main() 54 { 55 scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b); 56 if(a+b-2>n-1||!a||!b) return puts("0"),0; 57 if(n==1) return puts("1"),0; 58 59 LL N=n-1,M=a+b-2; 60 LL len=1;while(len<(n+1)<<1) len<<=1; 61 solve(A,len,0,N-1); //求S1(n-1,i)这一行的值 62 63 printf("%lld",A[M]*C(a+b-2,a-1)%P); 64 }
第二类斯特林数：
第二类斯特林数是将n个不同的元素放入m个相同盒子里，每个盒子非空的方案数。
那么S2(n,m)地递推式也比较好推，S2(n,m)=S2(n-1,m-1) + m*S2(n-1,m) ; （新来的一个元素是自己放入一个新盒子还是放到以前的盒子里）
第二类斯特林数的性质：
①
m^n理解为把m个不同元素放到n个不同盒子的方案数，那么我们可以枚举恰好要放i个盒子(即i个盒子非空)，然后选出这i个盒子乘上n个球放到i个盒子方案数，注意此时盒子是相同的，那么我们乘上i!使得盒子边的不同。
这个式子可以化成上升/下降幂的形式
②第二类斯特林数和自然数幂和的关系：
第二类斯特林数的求法：
我们写出第二类斯特林式和组合意义下的式子并化简，初始式子的意思是：我们枚举并选出k个必须空的盒子，然后把元素随便放在剩余的盒子里。这样我们就得到了至少k个空盒子的方案数，我们对这个方案数容斥一下就得到n个不同元素放到m个不同盒子方案数，对这个结果再除以m!就得到了S2(n,m)。
图借用一下上面的yyb大佬的博客，看到这个东西很想卷积，这样我们就能用FFT/NTT求在O(nlogn)的时间内求S2(n,m)的某一行啦。
那么令f(i)=(-1)^i/i! g[i]=i^n/i! 那么S2(n)=f.g 第m项系数就是S2(n,m)
NTT求第二类斯特林数模板：洛谷P5395 第二类斯特林数·行：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 using namespace std; 4 const int N=1e6+10; 5 const LL P=167772161,yg=3; 6 LL n,fac[N],inv[N],f[N],g[N],S2[N]; 7 LL bin[N]; 8 9 LL power(LL x,LL p) { 10 LL ret=1; 11 for (;p;p>>=1) { 12 if (p&1) ret=(ret*x)%P; 13 x=(x*x)%P; 14 } 15 return ret; 16 } 17 18 void NTT(LL *a,LL n,LL op) { //NTT:系数a数组，长度为n，op=1求值op=-1插值 19 for(LL i=0;i<n;i++) bin[i]=(bin[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1)); 20 for(LL i=0;i<n;i++) if(i<bin[i]) swap(a[i],a[bin[i]]); 21 for(LL i=1;i<n;i<<=1) { 22 LL wn=power(yg,op==1?(P-1)/(2*i):(P-1)-(P-1)/(2*i)),w,t; 23 for(LL j=0;j<n;j+=i<<1) { 24 w=1; 25 for(LL k=0;k<i;k++) { 26 t=a[i+j+k]*w%P;w=w*wn%P; 27 a[i+j+k]=(a[j+k]-t+P)%P;a[j+k]=(a[j+k]+t)%P; 28 } 29 } 30 } 31 if(op==-1) { 32 LL Inv=power(n,P-2); 33 for(LL i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*Inv%P; 34 } 35 } 36 37 int main() 38 { 39 cin>>n; 40 fac[0]=inv[0]=1; 41 for (int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=power(fac[i],P-2); 42 for (int i=0;i<=n;i++) f[i]=(power(-1,i)+P)%P*inv[i]%P; 43 for (int i=0;i<=n;i++) g[i]=power(i,n)*inv[i]%P; 44 45 LL len=1;while(len<(n+1)<<1) len<<=1; 46 47 NTT(f,len,1); NTT(g,len,1); 48 for (int i=0;i<len;i++) S2[i]=(f[i]*g[i])%P; //求f.g的卷积为S2 49 NTT(S2,len,-1); 50 51 for (int i=0;i<=n;i++) printf("%lld ",S2[i]); //求第n行的斯特林数 52 return 0; 53 }
相关题目：
上面大佬将与斯特林相关的题目分成了四类：①函数与斯特林数公式相同：就是按照题目推式子结果发现就是斯特林公式 ②直接推式：就是题目就是让你求一个与斯特林数相关的式子 ③根据题意运用斯特林函数及公式 ④斯特林反演的运用 ：容斥类问题，运用斯特林反演解决。
codeforces 960G Bandit Blues
上面提到的例题，推式子后发现 ans=S1[n-1][A+B-2]*C(A+B-2,A-1) 。于是先NTT求S1(n-1,A+B-2)乘上组合数即可。
View Code洛谷P4091 [HEOI2016/TJOI2016]求和
这道题挺考验推式子能力的，题解参考https://www.cnblogs.com/y2823774827y/p/10709820.html这位大佬和litble大佬的。
化简结果是
那么令
令
结果就是
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define LL long long 3 using namespace std; 4 const int N=4e5+10; 5 const LL P=998244353,yg=3; 6 LL n,fac[N],inv[N],f[N],g[N],S2[N]; 7 LL bin[N]; 8 9 LL power(LL x,LL p) { 10 LL ret=1; 11 for (;p;p>>=1) { 12 if (p&1) ret=(ret*x)%P; 13 x=(x*x)%P; 14 } 15 return ret; 16 } 17 18 void NTT(LL *a,LL n,LL op) { //NTT:系数a数组，长度为n，op=1求值op=-1插值 19 for(LL i=0;i<n;i++) bin[i]=(bin[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1)); 20 for(LL i=0;i<n;i++) if(i<bin[i]) swap(a[i],a[bin[i]]); 21 for(LL i=1;i<n;i<<=1) { 22 LL wn=power(yg,op==1?(P-1)/(2*i):(P-1)-(P-1)/(2*i)),w,t; 23 for(LL j=0;j<n;j+=i<<1) { 24 w=1; 25 for(LL k=0;k<i;k++) { 26 t=a[i+j+k]*w%P;w=w*wn%P; 27 a[i+j+k]=(a[j+k]-t+P)%P;a[j+k]=(a[j+k]+t)%P; 28 } 29 } 30 } 31 if(op==-1) { 32 LL Inv=power(n,P-2); 33 for(LL i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*Inv%P; 34 } 35 } 36 37 int main() 38 { 39 cin>>n; 40 fac[0]=inv[0]=1; 41 for (int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=power(fac[i],P-2); 42 43 for (int i=0;i<=n;i++) f[i]=(power(-1,i)+P)%P*inv[i]%P; 44 for (int i=0;i<=n;i++) g[i]=(power(i,n+1)-1+P)%P*power((i-1+P)%P,P-2)%P*inv[i]%P; 45 g[1]=n+1; 46 47 LL N=n-1; 48 LL len=1;while(len<(n+1)<<1) len<<=1; 49 50 NTT(f,len,1); NTT(g,len,1); 51 for (int i=0;i<len;i++) S2[i]=(f[i]*g[i])%P; //求f.g的卷积为S2 52 NTT(S2,len,-1); 53 54 LL ans=0; 55 for (int i=0;i<=n;i++) { 56 LL tmp=power(2,i)*fac[i]%P*S2[i]%P; 57 ans=(ans+tmp)%P; 58 } 59 cout<<ans<<endl; 60 return 0; 61 }