第二类斯特林数总结

最主要的两个式子：

套路1：

$$\begin{array}{l}x^k=\sum_{i=0}^x\begin{pmatrix}x\\i\end{pmatrix}\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}i!\\\end{array}$$

左边的式子可以看成将k个球放到x个有标号的盒子中，总共的方案数。

右边的式子可以看成先选出i个非空的盒子，将k个球放到这i个盒子中且不空的方案数。但由于第二类斯特林数是无序的，还要乘上i阶乘。

套路2：

$$\begin{array}{l}\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac1{m!}\;\sum_{i=0}^m\;(-1)^i\;\;\begin{pmatrix}m\\i\end{pmatrix}(m-i)^n\\\end{array}$$

这是第二类斯特林数的容斥形式。

右边相当于枚举有多少个空的盒子，然后剩下的盒子随便放。由于这是有标号的结果，最后要除以m阶乘。

有了套路2，就能NTT在O(nlogn)时间内算出$$\begin{array}{l}\\\begin{Bmatrix}n\\0\end{Bmatrix}\sim\begin{Bmatrix}n\\1\end{Bmatrix}\end{array}$$>。

1.求第一类斯特林数S(n,0)~S(n,m)，n,m<=5E5，模998244353。

朴素NTT即可。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long int ll;
 4 const ll mod=998244353;
 5 const ll G=3;
 6 const ll Gi=332748118;
 7 const ll maxn=1E6+5;
 8 ll a[maxn],b[maxn],fac[maxn],n,m,len,limit,sum[maxn],ans;
 9 int r[maxn];
10 int re(int x)
11 {
12     int ans=0;
13     for(int i=0;i<len;++i)ans=ans*2+((x&(1<<i))>0);
14     return ans;
15 }
16 ll qpow(ll x,ll y)
17 {
18     ll ans=1,base=x;
19     while(y)
20     {
21         if(y&1)ans=ans*base%mod;
22         base=base*base%mod;
23         y>>=1;
24     }
25     return ans;
26 }
27 void init()
28 {
29     fac[0]=1;
30     for(int i=1;i<=n;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
31     for(int i=0;i<=n;++i)b[i]=qpow(fac[i],mod-2)*qpow(i,n)%mod;
32     for(int i=0;i<=n;++i)a[i]=(qpow(-1,i)*qpow(fac[i],mod-2)%mod+mod)%mod;
33 }
34 void NTT(ll*A,int g)
35 {
36     for(int i=0;i<limit;++i)
37         if(r[i]<i)swap(A[i],A[r[i]]);
38     for(int i=2;i<=limit;i*=2)
39     {
40         ll w;
41         if(g==1)w=qpow(G,(mod-1)/i);
42         else w=qpow(Gi,(mod-1)/i);
43         for(int j=0;j<limit/i;++j)
44         {
45             ll d=1;
46             for(int k=0;k<i/2;++k)
47             {
48                 ll a=A[i*j+k],b=A[i*j+i/2+k]*d%mod;
49                 A[i*j+k]=(a+b)%mod;
50                 A[i*j+i/2+k]=(a-b+mod)%mod;
51                 d=d*w%mod;
52             }
53         }
54     }
55 }
56 int main()
57 {
58     ios::sync_with_stdio(false);
59     cin>>n;
60     init();
61     len=0,limit=1;
62     while(limit<=n*2)
63     {
64         ++len;
65         limit<<=1;
66     }
67     for(int i=n+1;i<=limit;++i)a[i]=0;
68     for(int i=n+1;i<=limit;++i)b[i]=0;
69     for(int i=0;i<limit;++i)r[i]=re(i);
70     NTT(a,1);
71     NTT(b,1);
72     for(int i=0;i<limit;++i)a[i]=a[i]*b[i]%mod;
73     NTT(a,-1);
74     ll g=qpow(limit,mod-2);
75     for(int i=0;i<limit;++i)a[i]=a[i]*g%mod;
76     for(int i=0;i<=n;++i)cout<<a[i]<<" ";cout<<endl;
77     return 0;
78 }

2.求$$\sum_{i=0}^n\;\sum_{j=0}^i\;\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}\times2^j\times(j!)\;$$

原文地址：https://www.cnblogs.com/GreenDuck/p/10758629.html