第二类斯特林数
斯特林数
讲道理，斯特林数分为两类，递推式子类似组合数，分别是$S(i,j)=S(i-1,j-1)+S(i-1,j) imes (i-1),S(i,j)=S(i-1,j-1)+j imes S(i-1,j)$
（因为我不知道第一类有啥用，所有就直接上第二类...
第二类斯特林数
对于上述表达式，是有意义的（废话，不然我不会讲
这个东西，其实表达的东西很巧妙，就是：把n个不同的小球放在m个相同的盒子里方案数。
记住上面的东西，这个是定义！这个是定义！这个是定义！
根据上述的定义可以得到容斥原理的式子
$S(n,m)={frac 1 {m!}}sum_{k=0}^m (-1)^k C(m,k)(m-k)^n$
道理是这样的，枚举空盒的个数，这样就可以容斥出恰好为$K$的方案数...
然后同样，通过定义可以知道，$xk=sumlimits_{j=0}kS(k,j) imes j! imes C(x,j)$
同样，是表示，枚举空盒数量，剩下来的划分的方案数，这个东西显然是给你$K$个球随便放不用的方案数...
上面的那个东西很重要，真的很重要！
因为可以把$x^k$转化为$C(x,j)$，这样就可以用$C(x,j)=C(x-1,j-1)+C(x-1,j)$的性质了...
这类斯特林数显然可以通过推式子转化为卷积形式（自己推吧...
那么可以开始例题时间了...
例题时间
BZOJ 5093 [lydsy 1711 月赛] 图的价值
这个东西就用到上面的性质了！
然后式子长成这个样子：$ans=n imes 2{C(n-1,2)}sumlimits_{i=0}{n-1}i^k C(n-1,i)$
然后显然，就需要把$i^k$替换一下，$ans=n imes 2{C(n-1,2)}sumlimits_{i=0}{n-1}C(n-1,i)sumlimits_{j=0}^kS(k,j) imes j! imes C(i,j)$
设：$f(n,m)=sumlimits_{i=0}{n-1}C(n,i)sumlimits_{j=0}mS(m,j) imes j! imes C(i,j)$
那么：$f(n,m)=sumlimits_{j=0}^mj! imes S(m,j)sumlimits_{i=0}^{n}C(n,i)C(i,j)$
根据定义展开组合数：$f(n,m)=sumlimits_{j=0}^mj! imes S(m,j) imes C(n,j) imes 2^{n-j}$，显然，因为后面的东西表示的是先在$n$个数中选$i$个然后再选$j$个的方案数，这个东西就等于再$n$个数中选$j$个，剩下$n-j$选不选都行的方案数...
这个东西显然可以算了...
只需要快速求出$S(m,j)$，这个东西你自己推去，我才不写呢...
代码.jpg
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
#define N 262205
#define ll long long
#define mod 998244353
int fac[N],inv[N],n,k,A[N<<1],B[N<<1];
int q_pow(int x,int n){int ret=1;for(;n;n>>=1,x=(ll)x*x%mod)if(n&1)ret=(ll)ret*x%mod;return ret;}
int q_pow(int x,ll n){int ret=1;for(;n;n>>=1,x=(ll)x*x%mod)if(n&1)ret=(ll)ret*x%mod;return ret;}
#define inv(x) q_pow(x,mod-2)
void NTT(int *a,int len,int flag)
{
int i,j,k,t,w,x,tmp;
for(i=k=0;i<len;i++)
{
if(i>k)swap(a[i],a[k]);
for(j=len>>1;(k^=j)<j;j>>=1);
}
for(k=2;k<=len;k<<=1)
{
x=q_pow(3,(mod-1)/k);if(flag==-1)x=inv(x);t=k>>1;
for(i=0;i<len;i+=k)
for(w=1,j=i;j<i+t;j++)
{
tmp=(ll)a[j+t]*w%mod;
a[j+t]=(a[j]-tmp+mod)%mod;
a[j]=(a[j]+tmp)%mod;w=(ll)w*x%mod;
}
}if(flag==-1)for(t=inv(len),i=0;i<len;i++)a[i]=(ll)a[i]*t%mod;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);fac[0]=1;int len=1;while(len<=(k<<1))len<<=1;int ans=0;
for(int i=1;i<=k;i++)fac[i]=fac[i-1]*(ll)i%mod;inv[k]=inv(fac[k]);
for(int i=k;i;i--)inv[i-1]=inv[i]*(ll)i%mod;
for(int i=0;i<=k;i++)A[i]=(i&1?mod-inv[i]:inv[i]);
for(int i=0;i<=k;i++)B[i]=(ll)q_pow(i,k)*inv[i]%mod;
NTT(A,len,1);NTT(B,len,1);for(int i=0;i<len;i++)A[i]=(ll)A[i]*B[i]%mod;NTT(A,len,-1);
for(int i=0,C=1;i<=k;i++)
ans=(ans+(ll)A[i]*fac[i]%mod*q_pow(2,n-i-1)%mod*C%mod*inv[i])%mod,C=(ll)C*(n-i-1)%mod;
printf("%lld
",(ll)ans*q_pow(2,(ll)(n-1)*(n-2)/2)%mod*n%mod);
}
[国家集训队] Crash的文明世界
这个题非常有趣...
同样利用$xk=sumlimits_{j=0}kS(k,j) imes j! imes C(x,j)$的性质...
显然可以讲所以的$dis$转化为子树内和子树外。
那么，设：$f(x)$表示$x$的子树内贡献，$g(x)$为$x$的子树外贡献。
对应$(f(x))^k=sum (f(to)+1)^k$
对应$(g(x))k=(f(fa)+1)k+(g(fa)+1)k-(f(x)+2)k$
之间暴力二项式大概需要跑100s左右。
然后可以用斯特林数展开，发现前两者之间组合数加法就行，最后的那个需要展开两次...
代码.jpg
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
#define N 50005
#define M 155
#define mod 10007
#define ll long long
struct node{int to,next;}e[N<<1];
int s[M][M],f[N][M],g[N][M],n,K,head[N],cnt,siz[N],fac[M];
inline void add(int x,int y){e[cnt]=(node){y,head[x]};head[x]=cnt++;}
void dfs1(int x,int from)
{
siz[x]=1;f[x][0]=1;
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
{
int to1=e[i].to;
if(to1!=from)
{
dfs1(to1,x);f[x][0]=(f[x][0]+f[to1][0])%mod;int lim=min(siz[x],K);
for(int j=1;j<=K;j++)f[x][j]=(f[x][j]+f[to1][j-1]+f[to1][j])%mod;
siz[x]+=siz[to1];
}
}
}
void dfs2(int x,int from)
{
for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)
{
int to1=e[i].to;
if(to1!=from)
{
g[to1][0]=n-f[to1][0];
for(int j=1;j<=K;j++)
{
g[to1][j]=((g[x][j]+g[x][j-1]+f[x][j-1]+f[x][j]-f[to1][j]-(f[to1][j-1]<<1))%mod+mod)%mod;
if(j>1)g[to1][j]=(g[to1][j]-f[to1][j-2]+mod)%mod;
}
dfs2(to1,x);
}
}
}
int main()
{
int L,A,B,Q,now;memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&K,&L,&now,&A,&B,&Q);
for(int i=1,x;i<n;i++)now=(now*A+B)%Q,x=i-now%min(i,L),add(x,i+1),add(i+1,x);
s[0][0]=1;
for(int i=1,j;i<=K;i++)for(j=1;j<=i;j++)s[i][j]=(s[i-1][j-1]+s[i-1][j]*j)%mod;
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=K;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;dfs1(1,0);dfs2(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int ans=0;
for(int j=1;j<=K;j++)ans=(ans+s[K][j]*fac[j]%mod*(f[i][j]+g[i][j]))%mod;
printf("%d
",(ans+mod)%mod);
}
}