CF1516E（第一类斯特林数）

考试的时候已经尽我可能想到一半了，没想到最后我推的柿子竟然就是第一类斯特林数

题意

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初始时有一个(1)到(n)的排列，一次操作可以交换两个数的位置。
现在，对于所有的(i;(1leq ileq k))，求你恰好进行了(i)次操作，能得到的不同排列有多少种
(nleq 10^9, kleq 200)
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input
3 2
output
3 3
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Solution

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不妨去想，如果初始的排列(1,2,cdots,n)，其最少能通过(x)次变成一个排列(A)
那么一定也可以通过(x+2,x+4,cdots)次操作变成(A)
反过来，通过(x+1,x+3,cdots)这样次数的操作一定不可以变成(A)

如何求(x)?
我们倒过来想，把(A)变成(1,2,cdots,n)
首先一个排列一定可以被划分成若干个圆（我习惯称其为轨道）
轨道是什么？
对于这个排列(2 ;5 ;4 ;3 ;1)，2占了1的位置，1占了5的位置，5占了2的位置，那么就构成了一个轨道({2,1,5})
同理，还有({4,3})这个轨道。
显然，每次操作，我们交换轨道的内的数是更优的。
而对于每个轨道，假如其长度为(r)，我们最少需要(r-1)次操作，把这个轨道内的数都恢复到原位。
所以假如说一个排列有(c)个轨道，我们最少只用进行(n-c)次操作，就可以把所有数回归原位
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考试的时候想到这里不会了。
考完，上网一查。
！第一类斯特林数（当场自闭
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第一类斯特林数

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(S1(n,m))代表一个长度为(n)的排列被划分成(m)个轨道的方案数
显然
(S1(n,m)=S1(n-1,m-1)+(n-1)S1(n-1,m))
但如果只是这样递推是(O(n^2))的
而(nleq 10^9)
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处理n很大的情况

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第一类斯特林数还有一个比较好的柿子：

[S1(n,m)=(-1)^{n-m}sum_{i=0}^{n-m} (-1)^i imes C(n-1+i,n-m+i) imes C(2n-m,n-m-i) imes S(n-m+i,i) ]

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但这玩意我不会证明，目前先知道就行
而我们现在要求的是(S1(n,n-i) (0leq ileq k))
所以预处理出组合数和第二类斯特林数(O(k^3))求解
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Code

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 410, mod = 1000000007;

int n, k, fac[N], inv[N], S[N][N], dp[N];

int C(int n, int m) {
	int ans = 1;
	for (int i = n; i >= n - m + 1; i --) ans = 1ll * ans * i % mod;
	return 1ll * ans * inv[m] % mod;
}

int power(int a, int b) {
	int ans = 1;
	while(b) {
		if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod;
		b >>= 1; 
	}
	return ans;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	fac[0] = inv[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 400; i ++) {
		fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
		inv[i] = power(fac[i], mod - 2);
	}
	S[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 400; i ++) 
		for (int j = 1; j <= i; j ++)
			S[i][j] = (S[i - 1][j - 1] + 1ll * j * S[i - 1][j] % mod) % mod;
	for (int i = 0; i <= k; i ++) // 求s(n,n-i)
		for (int j = 0; j <= i; j ++) {
			if (j & 1)
				dp[i] = (dp[i] - 1ll * C(n - 1 + j, i + j) * C(n + i, i - j) % mod * S[i + j][j] % mod + mod) % mod;
			else
				dp[i] = (dp[i] + 1ll * C(n - 1 + j, i + j) * C(n + i, i - j) % mod * S[i + j][j] % mod) % mod;
		} 
	for (int i = 1; i <= k; i ++) {
		int ans = 0;
		for (int j = 0; j <= i; j += 2)
			ans = (ans + dp[i - j]) % mod;
		if (i % 2 == 0) printf("%d ", ans);
		else printf("%d ", mod - ans);
	}
	return 0;
}