斯特林數 & 貝爾數學習筆記

背景：

好久沒有更$\text{blog}$，最近都在準備模擬（水 ）賽。

第一類斯特林數：

第一類斯特林數第$n$行$m$列，記做$\LARGE[_{\,n}^m]$。

$\text{que}$：

題目傳送門：https://www.luogu.org/problem/P5408。
現在你有$n$個珠子，每一個珠子的顏色各不相同，求這些珠子組成$m$個項鍊的方案數。
現在求$1,2,3,...m$時方案數。

$\text{sol}$：

設$S_{n,m}$表示上面的方案數。
那麼有：
$S_{n,m}=S_{n-1,m-1}+(n-1)S_{n-1,m}$

解釋一下：對於當前的珠子來說，有兩種選擇：
$[1]$：新開一個項鍊，那麼方案數就要繼承$S_{n-1,m-1}$；
$[2]$：在原來的項鍊里加入，考慮它會加在某一個珠子的後面，由於之前已經有$(n-1)$個珠子，可以加在任意一個後面，因此方案數爲$(n-1)S_{n-1,m}$。

可是這是$\Theta(nm)$的大暴力啊。
第一類斯特林數有一個性質就是它可以表示下面的形式：
$S_{n,m}=[x^m]x(x+1)(x+2)+...+(x+n-1)$

現在這個式子就可以分治$\text{NTT}$解決了。
時間複雜度：$\Theta(n\log^2n)$。
而模板題卡這種做法，因此不能通過。

有$\Theta(n\log n)$的做法，可我太菜了，不想學。

$\text{code}$：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
const LL mod=167772161,G=3,inv_G=55924054;
using namespace std;
	int r[800010],f[800010],a[20][800010],b[20][800010];
	int n,A,B,l,limit;
int dg(int x,int k)
{
	if(!k) return 1;
	int op=dg(x,k>>1);
	if(k&1) return (LL)op*op%mod*x%mod; else return (LL)op*op%mod;
}
int get_inv(int x)
{
	return dg(x,mod-2);
}
void init(int n)
{
	limit=1,l=0;
	while(limit<(n<<1))
		limit<<=1,l++;
	for(int i=1;i<limit;i++)
		r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
}
void NTT(int *now,int limit,int op)
{
	for(int i=0;i<limit;i++)
		if(i<r[i]) swap(now[i],now[r[i]]);
	for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
	{
		int wn=dg(op==1?G:inv_G,(mod-1)/(mid<<1));
		for(int j=0;j<limit;j+=(mid<<1))
		{
			int w=1;
			for(int k=0;k<mid;k++,w=((LL)w*wn)%mod)
			{
				int x=now[j+k],y=(LL)w*now[j+k+mid]%mod;
				now[j+k]=(x+y)%mod;
				now[j+k+mid]=(x-y+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(op==1) return;
	int INV=get_inv(limit);
	for(int i=0;i<limit;i++)
		now[i]=(LL)now[i]*INV%mod;
}
void poly_CDQ(int *f,int dep,int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		f[0]=l;f[1]=1;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	init(r-l+1+1);
	for(int i=0;i<limit;i++)
		a[dep][i]=b[dep][i]=0;
	poly_CDQ(a[dep],dep+1,l,mid),poly_CDQ(b[dep],dep+1,mid+1,r);
	init(r-l+1+1);
	NTT(a[dep],limit,1),NTT(b[dep],limit,1);
	for(int i=0;i<limit;i++)
		f[i]=(LL)a[dep][i]*b[dep][i]%mod;
	NTT(f,limit,-1);
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	poly_CDQ(f,0,0,n-1);
	for(int i=0;i<=n;i++)
		printf("%d ",f[i]);
}

第二類斯特林數：

第二類斯特林數第$n$行$m$列，記做$\left\{{\LARGE_{\,n}^m}\right\}$。
這一個更加廣泛應用。

$\text{que}$：

題目傳送門：https://www.luogu.org/problem/P5395 。
現在你有$n$個珠子，每一個珠子的顏色各不相同，求這些珠子放進$m$個盒子的方案數。
現在求$1,2,3,...m$時方案數。

$\text{sol}$：

設$S_{n,m}$表示上面的方案數。
那麼有：
$S_{n,m}=S_{n-1,m-1}+mS_{n-1,m}$

解釋一下：對於當前的珠子來說，有兩種選擇：
$[1]$：新開一個盒子，那麼方案數就要繼承$S_{n-1,m-1}$；
$[2]$：在原來的盒子裏加入，考慮它會加在某一個盒子裏，由於之前已經有$m$個盒子，可以加在任意一個裏面，因此方案數爲$(n-1)S_{n-1,m}$。

可是這是$nm$的大暴力啊。
第二類斯特林數有一個性質就是它可以表示下面的形式：
$S_{n,m}=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC_{m}^{k}(m-k)^n$

$S_{n,m}=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\frac{m!}{k!(m-k)!}(m-k)^n$

$S_{n,m}=\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\frac{1}{k!(m-k)!}(m-k)^n$

$S_{n,m}=\sum_{k=0}^{m}\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}$

爲什麼呢？
假設每一個盒子都不同，並且我們允許空盒的存在。
但是我們當然就是不允許空盒存在啊。
所以考慮容斥。
枚舉我當前有$k$個空盒子。
那麼先把這$k$個盒子選出來，也就是$C_{m}^{k}$。
然後剩下$m−k$個盒子，$n$個球可以隨便放，也就是$(m−k)^n$。
考慮到我們盒子是沒有區別的，所以除以$m!$。

現在這個式子是一個卷積的形式，就可以$\text{NTT}$解決了。
時間複雜度：$\Theta(n\log n)$。

$\text{code}$：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
const int mod=167772161,G=3,inv_G=55924054;
using namespace std;
	int a[1000010],b[1000010],f[1000010],g[1000010],inv[1000010],Inv[1000010];
	int limit,n,l,r[1000010];
int dg(int x,int k)
{
	if(!k) return 1;
	int op=dg(x,k>>1);
	if(k&1) return (LL)op*op%mod*x%mod; else return (LL)op*op%mod;
}
int get_inv(int x)
{
	return dg(x,mod-2);
}
void init(int n)
{
	limit=1,l=0;
	while(limit<(n<<1))
		limit<<=1,l++;
	for(int i=1;i<limit;i++)
		r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
}
void NTT(int *now,int limit,int op)
{
	for(int i=0;i<limit;i++)
		if(i<r[i]) swap(now[i],now[r[i]]);
	for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)
	{
		int wn=dg(op==1?G:inv_G,(mod-1)/(mid<<1));
		for(int j=0;j<limit;j+=(mid<<1))
		{
			int w=1;
			for(int k=0;k<mid;k++,w=((LL)w*wn)%mod)
			{
				int x=now[j+k],y=(LL)w*now[j+k+mid]%mod;
				now[j+k]=(x+y)%mod;
				now[j+k+mid]=(x-y+mod)%mod;
			}
		}
	}
}
void dft(int *f,int n,int limit)
{
	NTT(f,limit,-1);
	int INV=get_inv(limit);
	for(int i=0;i<n;i++)
		f[i]=(LL)f[i]*INV%mod;
}
void Init()
{
	inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		inv[i]=((LL)mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;

	Inv[0]=Inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		Inv[i]=(LL)Inv[i-1]*inv[i]%mod;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	Init();
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		f[i]=(((i&1)?-1ll:1ll)*Inv[i]+mod)%mod;
		g[i]=(LL)dg(i,n)*Inv[i]%mod;
	}
	init(n+1);
	NTT(f,limit,1),NTT(g,limit,1);
	for(int i=0;i<limit;i++)
		f[i]=(LL)f[i]*g[i]%mod;
	dft(f,n+1,limit);
	for(int i=0;i<=n;i++)
		printf("%d ",f[i]);
}

貝爾數：

$\text{que}$：

現在你有$n$個珠子，每一個珠子的顏色各不相同，求這些珠子放進若干個盒子的方案數。
現在求$1,2,3,...m$時方案數。

$\text{sol}$：

枚舉盒子數$i$，顯然我們有：
$B_{n,m}=\sum_{i=1}^{m}\left\{{\LARGE_{n}^{\,i}}\right\}$

可是這樣的時間複雜度是$\Theta(nm)$的，而且還要預處理第二類斯特林數，極其複雜。
考慮它的遞推式：
$B_{n}=\sum_{k=1}^{n-1}C_{n-1}^{k}B_k$

理解起來也不難，枚舉珠子數$k$，考慮從$n-1$個珠子裏選出$k$個珠子放在一個盒子裏，那麼
未完待續。

後記：

有什麼好的套路或性質以後再補充吧，畢竟還沒有做題。
歡迎大佬指出錯誤。
一些性質：
$n^k=\sum_{i=0}^{k}\left\{{\LARGE_{k}^{\,i}}\right\}C_{n}^{i}i!$

持續更哦。