一二类斯特林数小结

我tmd复习了PAMSASAM多项式全家桶lct结果来了个裸到不能再裸的斯特林数定点打鸡

当场退役，明年再来

参考：https://www.cnblogs.com/ezoiLZH/p/9424911.html

其他性质：https://www.cnblogs.com/owenyu/p/6724661.html

常用式子

来自https://www.cnblogs.com/jz-597/p/13210825.html

第一类斯特林数

记作(left[egin{matrix}n\kend{matrix} ight])或(s(n,k))，表示把n个数分成k个环，环相同数不同且有序的方案数

(s(n,k)=s(n-1,k-1)+s(n-1,k)(n-1))

n自成一个环，或者插到前n-1个数之后

性质1

(s(n,1)=(n-1)!)

证明1

就是一个环的方案，被算了n次就除n

性质2

(s(n,2)=(n-1)!sum_{i-1}^{n-1}frac{1}{i})

证明2

简单归纳

(s(n,2)=s(n-1,1)+s(n-1,2)(n-1))

(=s(n-1,1)+(n-1)(n-2)!sum_{i-1}^{n-2}frac{1}{i})

(=(n-2)!+(n-1)!sum_{i-1}^{n-2}frac{1}{i})

(=(n-1)!sum_{i-1}^{n-1}frac{1}{i})

性质3

(sum_{i=0}^n s(n,k)=n!)

证明3

把i向枚举的排列pi连边，发现构成了若干环，枚举环个数k即可

(s(n,0)=0)所以加上去也无所谓

快速计算

显然(s(n,k)=[x^k]prod_{i=0}^{n-1}(x+i))

设(F_n(x)=prod_{i=0}^{n-1}(x+i)=sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i)，那么(F_{2n}(x)=F_n(x)F_n(x+m))

于是有(F_n(x+m)=sum_{i=0}^{n-1}a_i(x+m)^i)

把后面的拆开变成卷积即可快速算，由于是倍增所以是(O(nlogn))的

例题

hdu3625

额外的限制就是第一个人独自成环，减去s(n-1,1~k-1)

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define ll long long
//#define file
using namespace std;

ll S[21][21],jc[21],sum;
int T,n,m,i,j,k,l;

int main()
{
	#ifdef file
	freopen("hdu3625.in","r",stdin);
	#endif
	
	S[0][0]=jc[0]=1;
	fo(i,1,20) {jc[i]=jc[i-1]*i; fo(j,1,i) S[i][j]=S[i-1][j-1]+S[i-1][j]*(i-1);}
	
	scanf("%d",&T);
	for (;T;--T)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);sum=0;
		fo(i,1,m) sum+=S[n][i]-S[n-1][i-1];
		printf("%.4lf
",1.0*sum/jc[n]);
	}
	
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

第二类斯特林数

记作(left{egin{matrix}n\kend{matrix} ight})或(S(n,k))，表示把n个数分成k组，组相同数不同且无序的方案数

(S(n,k)=S(n-1,k-1)+S(n-1,k)k)

n自成一个组，或者插到k个组里

通项公式

(S(n,k)=frac{1}{k!}sum_{i=0}^m (-1)^kinom{k}{i}(m-k)^n)

枚举空集合容斥，最后除m!变无序

可以卷积优化

转化幂

重中之重

(x^n=sum_{k=1}^n S(n,k)x^{underline{k}})，下降幂可以为0

直接证明：

等价于n个不同的球放到x个不同的盒子里，盒子可以为空的方案，枚举有多少个盒子有球，斯特林数乘上阶乘变成盒子不同

(x^n=sum_{k=1}^n S(n,k)inom{x}{k}k!)

(=sum_{k=1}^n S(n,k)x^{underline{k}})

归纳证明：

(x^n=xsum_{k=1}^{n-1} S(n-1,k)x^{underline{k}})

(=((x-k)+k)sum_{k=1}^{n-1} S(n-1,k)x^{underline{k}})

(=sum_{k=1}^{n-1} S(n-1,k)(x^{underline{k+1}}+kx^{underline{k}}))

(=sum_{k=2}^{n} S(n-1,k-1)x^{underline{k}}+sum_{k=1}^{n-1}S(n-1,k)kx^{underline{k}})

前面的k=1时为0，后面的k=n时为0，所以扩展一下

(=sum_{k=1}^{n} S(n-1,k-1)x^{underline{k}}+S(n-1,k)kx^{underline{k}})

(=sum_{k=1}^{n} S(n,k)x^{underline{k}})

例题

loj#3300. 「联合省选 2020 A」组合数问题

垃圾裸题

(huge ans=sum_{i=0}^m a_isum_{k=0}^n k^ix^kinom{n}{k})

(huge =sum_{i=0}^m a_isum_{k=0}^n sum_{j=1}^i S(i,j)k^{underline{j}} x^kinom{n}{k})

(huge =sum_{i=0}^m a_isum_{j=1}^i S(i,j) n^{underline{j}}x^jsum_{k=j}^n x^{k-j}inom{n-j}{k-j})

(huge =sum_{i=0}^m a_isum_{j=1}^i S(i,j) n^{underline{j}}x^j(x+1)^{n-j})

//nmsl
#include <bits/stdc++.h>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define ll long long
#define file
using namespace std;

ll S[1001][1001],C[1001][1001],a[1001],ans,Ans,X,s;
int i,j,k,l,n,x,mod,m;

ll qpower(ll a,int b) {ll ans=1; while (b) {if (b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;} return ans;}

int main()
{
	#ifdef file
	freopen("loj3300.in","r",stdin);
	#endif
	
	scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&mod,&m);S[0][0]=1;
	fo(i,1,m) fo(j,1,i) S[i][j]=(S[i-1][j-1]+S[i-1][j]*j)%mod;
	fo(i,0,m) {C[i][0]=C[i][i]=1; fo(j,1,i-1) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;}
	fo(i,0,m) scanf("%lld",&a[i]);
	
	ans=a[0]*qpower(x+1,n)%mod;
	fo(i,1,m)
	{
		Ans=0;X=1;
		s=1;
		fo(j,1,i)
		{
			s=s*(n-j+1)%mod*x%mod;
			Ans=(Ans+s*S[i][j]%mod*qpower(x+1,n-j))%mod;
		}
		ans=(ans+Ans*a[i])%mod;
	}
	printf("%lld
",ans);
	
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}