斯特林数与贝尔数

https://blog.csdn.net/qq_33229466/article/details/75042895

https://www.cnblogs.com/gzy-cjoier/p/8426987.html

http://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/Stirling-Number.html

题解：

这个东西挺容易忘的。。

第一类斯特林数

定义：n个不同小球排成m个循环排列（不同排列交换顺序是相同的）的方案数（每个都不为空）

暴力算的代码：

  for (int i=1;i<=n;++i)
    for (int j=1;j<=m;++j)
      for (register int k=1;k<=i;++k)
        f[i][j]=(f[i][j]+f[i-k][j-1]*inv[k])%mod;

答案是$frac{f[n][m]*n!}{m!}$

原理就是将求出来的方案数除以每个块的元素个数（圆排列的性质）

考虑用组合意义来计算

用$S(n,m)$表示第一类斯特林数，我们去考虑最后一个放进去的元素，要么新开一个排列，要么加入之前的排列,所以

$$S(n,m)=(n-1)*S(n-1,m)+S(n-1,m-1)$$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for(int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for(int i=t;i>=h;i--)
#define ll long long
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define mep(x,y) memcpy(x,y,sizeof(y))
#define mid ((h+t)>>1)
namespace IO{
    char ss[1<<24],*A=ss,*B=ss;
    IL char gc()
    {
        return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,1,1<<24,stdin),A==B)?EOF:*A++;
    }
    template<class T> void read(T &x)
    {
        rint f=1,c; while (c=gc(),c<48||c>57) if (c=='-') f=-1; x=(c^48);
        while (c=gc(),c>47&&c<58) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); x*=f; 
    }
    char sr[1<<24],z[20]; ll Z,C1=-1;
    template<class T>void wer(T x)
    {
        if (x<0) sr[++C1]='-',x=-x;
        while (z[++Z]=x%10+48,x/=10);
        while (sr[++C1]=z[Z],--Z);
    }
    IL void wer1()
    {
        sr[++C1]=' ';
    }
    IL void wer2()
    {
        sr[++C1]='
';
    }
    template<class T>IL void maxa(T &x,T y) {if (x<y) x=y;}
    template<class T>IL void mina(T &x,T y) {if (x>y) x=y;} 
    template<class T>IL T MAX(T x,T y){return x>y?x:y;}
    template<class T>IL T MIN(T x,T y){return x<y?x:y;}
};
using namespace IO;
int f[100][100],n,m;
const int mo=998244353;
int main()
{
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("2.out","w",stdout);
    read(n); read(m);
    f[0][0]=1;
    rep(i,1,90)
      rep(j,1,90)
        f[i][j]=(f[i-1][j-1]+1ll*(i-1)*f[i-1][j])%mo;
    cout<<f[n][m]<<endl;
    return 0;
}

然后呢这个递推式依旧只能做成上面那个复杂度的

另一种形式

这个是用来化简一些式子使得能上fft之类用的

$A(n,m)=n*(n-1)*...*(n-m+1)$ （也就是所说的下降幂）

首先有结论$$A(n,m)=sum limits_{i=0}^{n} {(-1)}^{m-i)}*n^i*S(m,i)$$

考虑证明一下这个东西

它前面的系数等价于要在$0..(m-1)$之中选择$(m-i)$个的乘积和

我们看$S(n,m)$的递推式子,m每增加1说明少取了1个数，并且所取的数都不同，于是证毕

按照这个套路我们可以知道

x的上升幂$$x(x+1)...(x+n)=sumlimits_{i=0}^{n} x^i*S(n,i)$$

更快的计算方法

我们总不能用大常数的线性递推来解决这个问题

我们使用它的上升幂

那么只需要求出$x(x+1)...(x+n-1)$的乘积就可以了

比较一般的方法是分治$fft$,$nlog^2{n}$

有一种更快的方法

我们考虑如果知道了$x$的$n$次上升幂，$x+n$的$n$次上升幂

这两个乘起来得到的就是$x$的$2n$次上升幂

所以我们要的就是从$f(x)=x$的$n$次上升幂得到$g(x)=x+n$的$n$次上升幂

$$f(x)=sumlimits_{i=0}^{n} {a[i]*x^i}$$

$$g(x)=sumlimits_{i=0}^{n} {a[i]*(x+n)^i}$$

将g的组合数展开，得到

那么$$g(x)=sumlimits_{j=0}^{n} {frac{x^j}{j!} sumlimits_{i=j}^{n} {a[i]*i!*frac{n^{i-j}}{(i-j)!}}}$$

我们令$f1(i)=a[n-i]*(n-i)!,f2(i)=frac{n^i}{i!}$即可 那么$ans[n-i]=g[i]$

$$T(n)=T(n/2)+nlogn$$

总复杂度$nlogn$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for(int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for(int i=t;i>=h;i--)
#define ll long long
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define mep(x,y) memcpy(x,y,sizeof(y))
#define mid ((h+t)>>1)
namespace IO{
    char ss[1<<24],*A=ss,*B=ss;
    IL char gc()
    {
        return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,1,1<<24,stdin),A==B)?EOF:*A++;
    }
    template<class T> void read(T &x)
    {
        rint f=1,c; while (c=gc(),c<48||c>57) if (c=='-') f=-1; x=(c^48);
        while (c=gc(),c>47&&c<58) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); x*=f; 
    }
    char sr[1<<24],z[20]; ll Z,C1=-1;
    template<class T>void wer(T x)
    {
        if (x<0) sr[++C1]='-',x=-x;
        while (z[++Z]=x%10+48,x/=10);
        while (sr[++C1]=z[Z],--Z);
    }
    IL void wer1()
    {
        sr[++C1]=' ';
    }
    IL void wer2()
    {
        sr[++C1]='
';
    }
    template<class T>IL void maxa(T &x,T y) {if (x<y) x=y;}
    template<class T>IL void mina(T &x,T y) {if (x>y) x=y;} 
    template<class T>IL T MAX(T x,T y){return x>y?x:y;}
    template<class T>IL T MIN(T x,T y){return x<y?x:y;}
};
using namespace IO;
const int N=2.1e5;
const int mo=998244353;
const int G=3;
int n,m,l,r[N],w[N],a[N],b[N],k1[N],k2[N],ans[N],jc[N],inv[N];
IL int fsp(int x,int y)
{
    ll now=1;
    while (y)
    {
        if (y&1) now=now*x%mo;
        x=(1ll*x*x)%mo;
        y>>=1;
        
    }
    return now;
}
IL void ntt_init()
{
    l=0;
    for (n=1;n<=m;n<<=1) l++;
    for (int i=0;i<n;i++) r[i]=(r[i/2]/2)|((i&1)<<(l-1));
}
IL void clear()
{
    rep(i,0,n) a[i]=b[i]=0;
}
IL void ntt(int *a,int o)
{
    rep(i,0,n-1) if (i>r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
    for (int i=1;i<n;i*=2)
    {
      int wn=fsp(G,(mo-1)/(i*2)); w[0]=1;
      rep(j,1,i-1) w[j]=1ll*w[j-1]*wn%mo;
      for (int j=0;j<n;j+=(i*2))
        for (int k=0;k<i;k++)
        {
            int x=a[j+k],y=1ll*a[i+j+k]*w[k]%mo;
            a[j+k]=(x+y)%mo,a[i+j+k]=(x-y)%mo;
        }
    }
    if (o==-1)
    {
        reverse(&a[1],&a[n]);
        int inv=fsp(n,mo-2);
        for (int i=0;i<n;i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mo;
    }
}
IL void get_cj(int *A,int *B,int len)
{
    m=len*2; ntt_init();
    rep(i,0,len-1) a[i]=A[i],b[i]=B[i];
    ntt(a,1);ntt(b,1);
    rep(i,0,n-1) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mo;
    ntt(a,-1);
    rep(i,0,m) B[i]=a[i];
    clear();
}
void js(int *A,int k)
{
    if (k==1) { A[1]=1; return; }
    int now=k/2;
    js(A,now);
    rep(i,0,now) k1[i]=1ll*jc[now-i]*A[now-i]%mo,k2[i]=1ll*fsp(now,i)*inv[i]%mo;
    get_cj(k1,k2,now+1);
    rep(i,0,now) k1[i]=1ll*k2[now-i]*inv[i]%mo;
    get_cj(A,k1,now+1);
    if (k%2==1)
    {
        rep(i,1,k) A[i]=k1[i-1];
        rep(i,0,k-1) (A[i]+=1ll*k1[i]*(k-1)%mo)%=mo;
    } else
    {
        rep(i,0,k) A[i]=k1[i];
    }
}
int main()
{
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    int m1;
    read(n); read(m1);
    jc[0]=1; 
    rep(i,1,n) jc[i]=(1ll*jc[i-1]*i)%mo;
    inv[n]=fsp(jc[n],mo-2); inv[0]=1;
    dep(i,n-1,1) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mo;
    js(ans,n);
    cout<<(ans[m1]+mo)%mo<<endl;
    return 0;
}

第二类斯特林数

定义：n个不同小球放进m个相同盒子的方案数（每个都不为空）

暴力算的代码：

  for (int i=1;i<=n;++i)
    for (int j=1;j<=m;++j)
      for (register int k=1;k<=i;++k)
        f[i][j]=(f[i][j]+f[i-k][j-1]*inv[jc[k]]%mod;

答案是$frac{f[n][m]*n!}{m!}$

原理就是将求出来的方案数除以每个块内元素的排序

同样考虑通过其组合意义来计算

$$S(n,m)=S(n-1,m-1)+m*S(n-1,m) ag1$$

一个性质

$$x^k=sumlimits_{i=0}^{k} {S(k,i)*i!*C(x,i)}$$

其中$i!*C(x,i)$也是x的i次下降幂

那么如果证明这个呢，考虑它的意义

左边是k个不同小球放入x个不同盒子（可空）

右边枚举不空的盒子的数量

这个可以用来化简一些式子

快速计算第二类斯特林数，这个比较显然用容斥来计算,我们把盒子先当成不同的来处理

$$S(n,m)=frac{sumlimits_{i=0}^{m} {{(-1)}^{i}*C(m,i)*(m-i)^k}}{m!}$$

这个要计算一项是可以暴力算的，计算n相同时的多项可以fft

贝尔数

贝尔数的定义为大小为k的集合的划分方式