CF932E Team Work 第二类Strling数

题意：

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分析：

• 前置芝士：第二类斯特林数

首先先写出第二类斯特林数将普通幂转化为下降幂的式子：

(displaystyle i^k=sum_{j=0}^kS_k^jfrac{i!}{(i-j)!})

然后开始大力推柿子

[sum_{i=1}^nC_n^i i^k \ =sum_{i=1}^nC_n^isum_{j=0}^kS_k^jfrac{i!}{(i-j)!} \ =sum_{i=1}^nC_n^isum_{j=0}^kj!S_k^jC_i^j \ =sum_{j=0}^kj!S_k^jsum_{i=1}^nfrac{n!i!}{(n-i)!i!(i-j)!j!} ]

关键的一步来了，我们发现原来的瓶颈在于组合数的处理，所以我们要考虑优化组合数的计算，把两项组合数混在一起重新组合

[=sum_{j=0}^kj!S_k^jsum_{i=1}^nfrac{n!(n-j)!}{(n-i)!(n-j)!(i-j)!j!} \ =sum_{j=0}^kj!S_k^jsum_{i=1}^nfrac{n!}{(n-j)!j!}frac{(n-j)!}{(n-i)!(i-j)!} \ =sum_{j=0}^kj!S_k^jsum_{i=1}^nC_n^jC_{n-j}^{i-j} \ =sum_{j=0}^kj!S_k^jC_n^jsum_{i=j}^nC_{n-j}^{i-j} \ =sum_{j=0}^kj!S_k^jC_n^j2^{n-j} \ =sum_{j=0}^kfrac{n!}{(n-j)!}S_k^j2^{n-j} ]

然后我们可以 (O(k^2)) 预处理出所有我们需要的东西

• 另解：

其实算到这里已经可以 A 掉这道题了，但是其实还是有一些更优的办法，比如说我们预处理 Strling 数的复杂度是 (O(k^2)) ，但是第二类斯特林数有一个通项公式 (displaystyle S_k^n=sum_{i=0}^nfrac{(-1)^i}{i!}frac{(n-i)^k}{(n-i)！})，这是一个卷积的形式可以用 NTT 优化到 (O(nlog)) 但是这个题模数不对劲/kk

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define inl inline
#define reg register

using namespace std;

namespace zzc
{
    typedef long long ll;
    const ll maxn = 5005;
    const ll mod = 1e9+7;
    ll s[maxn][maxn];
    ll n,k,ans=0;

    ll qpow(ll x,ll y)
    {
        ll res=1;
        while(y)
        {
            if(y&1) res=res*x%mod;
            x=x*x%mod;
            y>>=1;
        }
        return res;
    }
    
    void init()
    {
        s[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=5000;i++)
        {
            for(int j=1;j<=i;j++)
            {
                s[i][j]=(s[i-1][j-1]+s[i-1][j]*j%mod)%mod;
            }
        }
    }

    void work()
    {
        init();
        scanf("%lld%lld",&n,&k);
        ll fac=1,pw=qpow(2,n);
        for(ll j=0;j<=k;j++)
        {
            ans=(ans+fac*s[k][j]%mod*pw%mod)%mod;
            fac=fac*(n-j)%mod;
            pw=pw*qpow(2,mod-2)%mod;
        }
        printf("%lld
",ans);
    }

}

int main()
{
    zzc::work();
    return 0;
}