• [第二类斯特林数]自然数幂求和


    定义

    现在我们要求:$$S_m(n)=sum_{k=0}^n k^m$$

    其中(m>0)

    分析

    [egin{align*} S_m(n-1)&=sum_{k=0}^{n-1}k^m\ &=sum_{k=0}^{n-1}sum_{j=0}^m{mrace j}k^underline{j} ag{将普通幂展开为阶乘幂}\ &=sum_{j=0}^m{mrace j}sum_{k=0}^{n-1}k^underline{j} ag{交换求和次序}\ &=sum_{j=0}^m{mrace j}sideset{}{_0^n}sum x^underline{j}delta x ag{写成离散微积分形式}\ &=sum_{j=0}^m{mrace j}left.frac{x^underline{j+1}}{j+1} ight|_0^n ag{逆差分}\ &=sum_{j=0}^m{mrace j}frac{n^underline{j+1}}{j+1} ag{化简} end{align*}]

    (n+1)代替(n)

    [egin{align*} S_m(n)&=sum_{j=0}^m{mrace j}frac{(n+1)^underline{j+1}}{j+1}\ &=(n+1)sum_{j=0}^m{mrace j}frac{n^underline{j}}{j+1} end{align*}]

    用递推式(O(m^2))或者NTT(O(mlog m))预处理第二类斯特林数,然后就可以直接(O(m))递推了。

    推广

    要求(S_m(n))的一个关于(n)的多项式。

    展开为幂级数:

    [egin{align*} S_m(n)&=(n+1)sum_{k=0}^m{mrace k}frac{n^{underline k}}{k+1}\ &=(n+1)sum_{k=0}^m{mrace k}frac{1}{k+1}sum_{j=0}^m{krack j}(-1)^{k-j}n^j\ &=(n+1)sum_{k=0}^msum_{j=0}^m{mrace k}frac{1}{k+1}{krack j}(-1)^{k-j}n^j\ &=(n+1)sum_{j=0}^mn^jsum_{k=0}^m{mrace k}frac{1}{k+1}{krack j}(-1)^{k-j}\ end{align*}]

    则我们令:

    [egin{align*} T(x)&=sum_{k=0}^m{mrace k}frac{1}{k+1}{krack x}(-1)^{k-x}\ &=(-1)^xsum_{k=0}^m{mrace k}{krack x}frac{(-1)^k}{k+1} end{align*}]

    则有:$$S_m(n)=sum_{j=1}^{m+1} n^j[T(j)+T(j-1)]$$

    这样,我们就得到了一个(O(m^2))的算法 。

    代码

    给出(n)(m),求(S_m(n))

    所有结果对(998244353)取模。

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    const ll p=998244353;
    ll add(ll a,ll b){return a+b>=p?a+b-p:a+b;}
    ll cut(ll a,ll b){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
    ll mul(ll a,ll b){return a*b%p;}
    ll pow(ll a,ll b){
    	ll ans=1;
    	while(b){
    		if(b&1)ans=mul(ans,a);
    		a=mul(a,a);
    		b>>=1;
    	}
    	return ans;
    }
    ll div(ll a,ll b){return mul(a,pow(b,p-2));}
    int n,m;
    ll ans,S2[1001][1001];
    int main(){
    	scanf("%d%d",&n,&m);
    	S2[0][0]=1;
    	for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=1;j<=m;j++)S2[i][j]=add(S2[i-1][j-1],mul(S2[i-1][j],j));
    	ll facpw=n;
    	for(int i=1;i<=m;i++){
    		ans=add(ans,mul(S2[m][i],div(facpw,i+1)));
    		facpw=mul(facpw,n-i);
    	}
    	ans=mul(ans,n+1);
    	printf("%lld
    ",ans);
    }
    

    给出(m),求多项式(S_m(n))

    结果为(x^0,x^1,x^2,cdots,x^{m+1})的系数。

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<cmath>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    const ll p=998244353;
    inline ll add(ll a,ll b){return a+b>=p?a+b-p:a+b;}
    inline ll cut(ll a,ll b){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
    inline ll mul(ll a,ll b){return a*b%p;}
    inline ll pow(ll a,ll b){
    	ll ans=1;
    	while(b){
    		if(b&1)ans=mul(ans,a);
    		a=mul(a,a);
    		b>>=1;
    	}
    	return ans;
    }
    inline ll div(ll a,ll b){return mul(a,pow(b,p-2));}
    int m;
    ll S1[1001][1001],S2[1001][1001],t[1001];
    bool fir;
    int main(){
        scanf("%d",&m);
        S1[0][0]=S2[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                S1[i][j]=add(S1[i-1][j-1],mul(S1[i-1][j],(i-1)));
                S2[i][j]=add(S2[i-1][j-1],mul(S2[i-1][j],j));
            }
        }
        for(int i=1;i<=m;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                ll pw=(j%2?p-1:1);
                t[i]=add(t[i],mul(mul(S2[m][j],S1[j][i]),div(pw,j+1)));
            }
            t[i]=mul(t[i],i%2?p-1:1);
        }
        for(int i=0;i<=m+1;i++)printf("%lld ",add(t[i],t[i-1]));
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/eztjy/p/9511715.html
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