【数学】斯特林子集数 | 斯特林轮换数 | 欧拉数

斯特林子集数/第二类斯特林数

从把n个不同的小球放到k个相同的盒子里，且每个盒子至少要有一个小球的选法。

快速计算一行斯特林数：

使用这个式子

[{n race m} = frac{1}{m!} sumlimits_{i=0}^m (-1)^i inom {m}{i} (m-i)^n ]

把上式变形

[ {n race m} = frac{1}{m!} sumlimits_{i=0}^m (-1)^i frac{m!}{(m-i)!i!} (m-i)^n \ =sumlimits_{i=0}^m frac{(-1)^i}{i!} frac{(m-i)^n}{(m-i)!} ]

是一个卷积的形式

设

[A(x)=sumlimits_{i=0}^m frac{(-1)^i}{i!} x^i\ B(x)=sumlimits_{i=0}^m frac{i^n}{i!} x^i ]

那么

[{n race m} = [x^m]A(x)B(x) ]

https://www.luogu.com.cn/problem/P5395

vector<int> A, B;
A.clear(), B.clear();
A.eb(1), B.eb(0);
for(int i = 1, fac = 1; i <= n; ++i) {
    fac = 1LL * fac * i % MOD;
    A.eb(1LL * qpow(MOD - 1, i)*qpow(fac, MOD - 2) % MOD);
    B.eb(1LL * qpow(i, n)*qpow(fac, MOD - 2) % MOD);
}
FNTT::Convolution(A, B);
A.resize(n + 1);

把n个元素分为k个非空子集的选法。

斯特林轮换数/第一类斯特林数

从把n个不同的小球放到k个相同的转盘上，且每个转盘至少要有一个小球，转盘在旋转直接相同视为同一种方案的选法。

把n个元素分为k个非空轮换的选法。

快速计算一行斯特林轮换数：

设生成函数 (E_n(x)=sumlimits_{i=0}^n {n rack i}x^i) ，同时可以写作 (E_n(x)=prodlimits_{i=0}^{n-1} (x+i))

这个式子直接分治FNTT O(nlog^2n)

for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    vec[i].clear();
    vec[i].eb(i - 1);
    vec[i].eb(1);
}
DCFNTT(1, n);
pr(vec[1]);

（常数问题自己想办法解决）。

(O(nlog n)) 做法

(E_n(x)=prodlimits_{i=1}^{n} (x+i-1))

当n为奇数时： (E_n(x)=prodlimits_{i=1}^{n} (x+i-1)=(x+n-1)E_{n-1}(x))
当n为偶数时： (E_n(x)=prodlimits_{i=1}^{frac{n}{2}} (x+i-1)prodlimits_{i=frac{n}{2}+1}^{n}(x+i-1)=prodlimits_{i=1}^{frac{n}{2}} (x+i-1)prodlimits_{i=1}^{frac{n}{2}} (x+i-1+frac{n}{2})=E_{frac{n}{2}}(x)E_{frac{n}{2}}(x+frac{n}{2}))

问题转化为，已知形式幂级数 (f(x)=sumlimits_{i=0}^n a_ix^i) ，求 (g(x)=f(x+c)) 。

[g(x)=f(x+c)=sumlimits_{i=0}^n a_i(x+c)^i=sumlimits_{i=0}^n sumlimits_{j=0}^i a_iinom{i}{j}x^jc^{i-j} ]

[g(x)=sumlimits_{j=0}^n sumlimits_{i=j}^n a_iinom{i}{j}x^jc^{i-j} ]

[g(x)=sumlimits_{j=0}^n frac{x^j}{j!} sumlimits_{i=j}^n i!cdot a_ifrac{c^{i-j}}{(i-j)!} ]

[g(x)=sumlimits_{i=0}^n frac{x^i}{i!} sumlimits_{j=i}^n j!cdot a_jfrac{c^{j-i}}{(j-i)!} ]

设 (A(i)=i!cdot a_i,B(i)=frac{c^{i}}{i!})

[g(x)=sumlimits_{i=0}^n frac{x^i}{i!} sumlimits_{j=i}^n A(j)B(j-i) ]

[g(x)=sumlimits_{i=0}^n frac{x^i}{i!} sumlimits_{j=0}^{n-i} A(i+j)B(j) ]

发现A和B中，j都是+1次，那么翻转其中一边就变成卷积。记 (A(i+j)=A(n-i-j))

[g(x)=sumlimits_{i=0}^n frac{x^i}{i!} sumlimits_{j=0}^{n-i} A'(n-i-j)B(j) ]

设 (C(i)=sumlimits_{j=0}^{i} A'(i-j)B(j)) ，这个就是一个卷积。
(g(x)=sumlimits_{i=0}^n frac{x^i}{i!} C(n-i)) 再卷积一次。

vector<int> Calc(int n) {
    if(n == 1) {
        vector<int> f;
        f.eb(0), f.eb(1);
        return f;
    }
    if(n % 2 == 1) {
        vector<int> f = Calc(n - 1);
        f.eb(0);
        for(int i = n; i >= 1; --i)
            f[i] = (f[i - 1] + 1LL * f[i] * (n - 1)) % MOD;
        f[0] = 1LL * f[0] * (n - 1) % MOD;
        return f;
    } else {
        int m = n / 2;
        vector<int> f = Calc(m), g(m + 1), a(m + 1), b(m + 1);
        for(int i = 0, res = 1; i <= m; ++i) {
            a[i] = 1LL * f[i] * fac[i] % MOD;
            b[i] = 1LL * res * invfac[i] % MOD;
            res = 1LL * res * m % MOD;
        }
        reverse(a.begin(), a.end());
        FNTT::Convolution(a, b);
        for(int i = 0; i <= m; ++i)
            g[i] = 1LL * invfac[i] * a[m - i] % MOD;
        FNTT::Convolution(f, g);
        f.resize(n + 1);
        return f;
    }
}

欧拉数

把n个元素排成一个序列，相邻两个标上符号，总共n-1个符号，恰好有k个小于号的选法。

https://www.luogu.com.cn/problem/P5825