第一类和第二类斯特林数

第一类斯特林数

第一类斯特林数定义如下：

\(s_1(n,k)\)表示\(n\)个元素组成\(k\)个圆排列的方案数。

其中\(n\)个元素的圆排列定义为\(n\)个元素围成一圈的排列，两个圆排列本质相同当且仅当两个圆排列以任意方式旋转之后相同。

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那么我们可以得到第一类斯特林数的递推公式：

\[s_1(n,k)=s_1(n-1,k-1)+(n-1)\cdot s_1(n-1,k) \]

这个很好理解，第一项是第\(n\)个元素单独组成一个圆排列，第二项是不单独组成，那么我可以把第\(n\)个元素放在任意一个元素的左边（右边），这里左边和右边其实是等价的。

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这样求出\(s_1(n,k)\)时空复杂度都是\(O(nk)\)的，但是我们还有更优秀的做法：

考虑下面这个生成函数：

\[F(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i) \]

其中\([x^k]F(x)\)就是\(s_1(n,k)\)。

这个可以对照着前面的递推方程感性理解，基本上就是每乘一次\((x+i)\)就表示从\(s_1(n,k)\)转移到\(s_1(n+1,k)\)。

那么我们就可以分治\(FFT\)优化到\(O(n\log^2n)\)。

好像还有一种倍增的\(O(n\log n)\)的做法先咕着以后再填。

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例题：

[洛谷4609] [FJOI2016]建筑师，这个直接暴力递推就好了。

[CF960G] Bandit Blues，这个需要分治\(FFT\)。

第二类斯特林数

第二类斯特林数定义如下：

\(s_2(n,k)\)表示把\(n\)个不同的元素放到\(k\)个无差别的盒子的方案数。

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那么很显然我们可以得到递推式：

\[s_2(n,k)=s_2(n-1,k-1)+k\cdot s_2(n-1,k) \]

复杂度\(O(nk)\)。

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考虑一个比较有意思的东西，假设我们现在要算\(s_2(n,k)\)，设\(f(i)\)表示至少\(i\)个盒子空着的方案数，\(g(i)\)表示恰好\(i\)个盒子空着的方案数。

那么我们可以得到：

\[f(i)=\sum_{j=i}^k\binom{j}{i}g(j)=\binom{k}{i}(k-i)^n \]

对其广义容斥一下可得：

\[g(i)=\sum_{j=i}^k(-1)^{j-i}\binom{j}{i}\binom{k}{j}(k-j)^n \]

那么可以据此算出\(s_2\)：

\[s_2(n,k)=g(0)=\sum_{i=0}^k(-1)^i\binom{k}{i}(k-i)^n \]

注意到这是个卷积的形式，所以我们可以在\(O(n\log n)\)的时间内求出\(s_2(n,i)\)的每一项，这里每一项指的是对于给定的\(n\)，\(i\in [1,n]\)的每一项。

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例题：

洛谷P4091 [HEOI2016/TJOI2016]求和，solution是很久以前写的了，不是很好看...还是放这里吧：sol。