Stirling数,Bell数,Catalan数,Bernoulli数

组合数学的实质还是DP，但是从通式角度处理的话有利于FFT等的实现。

首先推荐$Candy?$的球划分问题集合：

http://www.cnblogs.com/candy99/p/6400735.html

以下部分节选自

http://blog.csdn.net/sr_19930829/article/details/40888349

第一类Stirling数

　　定理：第一类Stirling数$s(p,k)$计数的是把p个对象排成k个非空循环排列的方法数。

       证明：把上述定理叙述中的循环排列叫做圆圈。递推公式为：

       $s(p,p)=1 (p>=0)$    有p个人和p个圆圈，每个圆圈就只有一个人

       $s(p,0)=0 (p>=1)$    如果至少有1个人，那么任何的安排都至少包含一个圆圈$$s(p,k)=(p-1)*s(p-1,k)+s(p-1,k-1)$$       设人被标上$1,2,\ldots,p$。将这p个人排成k个圆圈有两种情况。第一种排法是在一个圆圈里只有标号为$p$的人自己，排法有$s(p-1,k-1)$个。第二种排法中，$p$至少和另一个人在一个圆圈里。这些排法可以通过把$1,2,\ldots,p-1$排成k个圆圈再把p放在$1,2,\ldots,p-1$任何一人的左边得到，因此第二种类型的排法共有$(p-1)*s(p-1,k)$种排法。

       在证明中我们所做的就是把$\{1,2,\ldots,p\}$划分到k个非空且不可区分的盒子，然后将每个盒子中的元素排成一个循环排列。

　　 组合数通式：$$s(k,i)=\frac{C_n^k\ k!}{\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i+k}n^i}$$

　　 第一类斯特林数快速求法：

　　　　首先我们有：$n^{\underline{k}}=\sum\limits_{i=0}^{k}(-1)^{k-i}s(k,i)\cdot n^i$，$n^{\overline{k}}=\sum\limits_{i=0}^{k}s(k,i)\cdot n^i$

　　　　也就是$s(n,k)=[x^k]\prod\limits_{i=0}^{n-1}(x+i)$

　　　　于是一种显然的做法就是分治NTT，复杂度$O(n\log^2 n)$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
using namespace std;

const int N=300010,mod=998244353;
int n,A,B,top,stk[52],rev[N],fac[N],inv[N],S[N],tmp[52][N];

int ksm(int a,int b){
    int res=1;
    for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1)
        if (b & 1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}

void NTT(int a[],int n,int f){
    for (int i=0; i<n; i++) if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for (int i=1; i<n; i<<=1){
        int wn=ksm(3,f ? (mod-1)/(i<<1) : (mod-1)-(mod-1)/(i<<1));
        for (int p=i<<1,j=0; j<n; j+=p){
            int w=1;
            for (int k=0; k<i; k++,w=1ll*w*wn%mod){
                int x=a[j+k],y=1ll*w*a[i+j+k]%mod;
                a[j+k]=(x+y)%mod; a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if (f) return;
    int inv=ksm(n,mod-2);
    for (int i=0; i<n; i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
}

int solve(int l,int r,int a[]){
    if (l==r){ a[0]=l; a[1]=1; return 1; }
    int ls=stk[top--],rs=stk[top--],mid=(l+r)>>1;
    int l1=solve(l,mid,tmp[ls]),l2=solve(mid+1,r,tmp[rs]),n=1,L=0;
    for (; n<=l1+l2; n<<=1) L++;
    for (int i=0; i<n; i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
    NTT(tmp[ls],n,1); NTT(tmp[rs],n,1);
    for (int i=0; i<n; i++) a[i]=1ll*tmp[ls][i]*tmp[rs][i]%mod;
    NTT(a,n,0); stk[++top]=ls; stk[++top]=rs;
    for (int i=0; i<n; i++) tmp[ls][i]=tmp[rs][i]=0;
    return l1+l2;
}

int main(){
    freopen("960g.in","r",stdin);
    freopen("960g.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
    if (n==1){ if (A==1 && B==1) puts("1"); else puts("0"); return 0; }
    rep(i,1,50) stk[i]=i; top=50;
    solve(0,n-2,S);
    fac[0]=1; rep(i,1,A+B) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    inv[A+B]=ksm(fac[A+B],mod-2);
    for (int i=A+B-1; ~i; i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
    printf("%lld\n",1ll*S[A+B-2]*fac[A+B-2]%mod*inv[A-1]%mod*inv[B-1]%mod);
    return 0;
}

　　　　另一种做法是：令$F_n(x)=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(x+i)$，则有$F_{2n}(x)=F_n(x)F_{n}(x+n)$。
　　　　$F_n(x)$我们递归求得其答案，现在考虑如何利用$F_n(x)$快速求出$F_n(x+n)$。
　　　　在这里我们假设$F_n(x)=\sum_{i=0}^{n-1} a_i x^i$
　　　　   $\begin{aligned} F_n(x+n)&=\sum_{i=0}^{n-1}a_i (x+n)^i\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}a_i\sum_{j=0}^i{i\choose j}n^{i-j}x^j\\&=\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=i}^n {j\choose i}n^{j-i}a_j)x^i \end{aligned}$
　　　　括号内的部分拆开之后，可以分成差相等的两个部分，意味着可以翻转之后卷积。
　　　　那么每次递归前一半，后面一半卷积求解即可得到答案。
　　　　时间复杂度为一个log。（来自这里）

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
using namespace std;

const int N=300010,mod=998244353;
int n,A,B,top,rev[N],fac[N],inv[N],pw[N],S[N],a[N],b[N];

int ksm(int a,int b){
    int res=1;
    for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1)
        if (b & 1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}

void NTT(int a[],int n,int f){
    for (int i=0; i<n; i++) if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for (int i=1; i<n; i<<=1){
        int wn=ksm(3,f ? (mod-1)/(i<<1) : (mod-1)-(mod-1)/(i<<1));
        for (int p=i<<1,j=0; j<n; j+=p){
            int w=1;
            for (int k=0; k<i; k++,w=1ll*w*wn%mod){
                int x=a[j+k],y=1ll*w*a[i+j+k]%mod;
                a[j+k]=(x+y)%mod; a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if (f) return;
    int inv=ksm(n,mod-2);
    for (int i=0; i<n; i++) a[i]=1ll*a[i]*inv%mod;
}

void solve(int l){
    if (l<=1){ S[l]=1; return; }
    if (l&1){
        solve(l-1);
        for (int i=l; i; i--) S[i]=(S[i-1]+1ll*S[i]*(l-1))%mod;
    }else{
        int m=l>>1,n=1,L=0; solve(m);
        for (; n<=l; n<<=1) L++;
        pw[0]=1; rep(i,1,m) pw[i]=1ll*pw[i-1]*m%mod;
        rep(i,0,m) a[i]=1ll*S[i]*fac[i]%mod;
        rep(i,0,m) b[i]=1ll*pw[m-i]*inv[m-i]%mod;
        for (int i=0; i<n; i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
        NTT(a,n,1); NTT(b,n,1);
        for (int i=0; i<n; i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
        NTT(a,n,0);
        rep(i,0,m) a[i]=1ll*a[i+m]*inv[i]%mod,b[i]=S[i];
        rep(i,m+1,n) a[i]=b[i]=0;
        NTT(a,n,1); NTT(b,n,1);
        for (int i=0; i<n; i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
        NTT(a,n,0);
        rep(i,0,l) S[i]=a[i];
        for (int i=0; i<n; i++) a[i]=b[i]=0;
    }
}

int main(){
    freopen("960g.in","r",stdin);
    freopen("960g.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&A,&B); int m=max(A+B,n);
    fac[0]=1; rep(i,1,m) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    inv[m]=ksm(fac[m],mod-2);
    for (int i=m-1; ~i; i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
    solve(n-1); int ans=1ll*fac[A+B-2]*inv[A-1]%mod*inv[B-1]%mod*S[A+B-2]%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

 

第二类Stirling数

　　 定理：第二类Stirling数$S(p,k)$计数的是把p元素集合划分到k个不可区分的盒子里且没有空盒子的划分个数。

        证明：元素在拿些盒子并不重要，唯一重要的是各个盒子里装的是什么，而不管哪个盒子装了什么。

        递推公式有：$$S(p,p)=1 (p>=0) $$ $$ S(p,0)=0 (p>=1) $$ $$S(p,k)=k*S(p-1,k)+S(p-1,k-1)$$考虑将前p个正整数，$1,2,\ldots,p$的集合作为要被划分的集合，把$\{1,2,\ldots,p\}$分到k个非空且不可区分的盒子的划分有两种情况：

       (1)那些使得p自己单独在一个盒子的划分，存在有$S(p-1,k-1)$种划分个数

       (2)那些使得p不单独自己在一个盒子的划分，存在有 $k*S(p-1,k)$种划分个数

        考虑第二种情况，p不单独自己在一个盒子，也就是p和其他元素在一个集合里面，也就是说在没有放p之前，有p-1个元素已经分到了k个非空且不可区分的盒子里面（划分个数为$S(p-1,k)$，那么现在问题是把p放在哪个盒子里面呢，有k种选择，所以存在有$k*S(p-1,k)$。

　　第二类斯特林数组合数通式求法：

　　　　先考虑每个盒子都可以区分的方案数:$S'(n,i)=S(n,i)*i!$

　　　　首先，原问题不允许有空盒子，通过容斥解除这个限制:$S'(n,i)=\sum\limits_{k=0}^{i} (-1)^k \binom{i}{k}(i-k)^n$

　　　　显然就有$$S(n,i)=\sum\limits_{k=0}^{i} (-1)^k\binom{i}{k}(i-k)^n *\frac{1}{i!}$$适合FFT的写法：$$S(n,m)=\sum_{i=0}^{m}\frac{(-1)^i}{i!}\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}$$

　　　　应用：http://www.cnblogs.com/candy99/p/6648754.html

Bell数

        定理：Bell数$B(p)$是将p元素集合分到非空且不可区分盒子的划分个数（没有说分到几个盒子里面）。$$B(p)=S(p,0)+S(p,1)+.....+S(p,k)$$

        所以要求Bell数就要先求出第二类Stiring数。

　　$B_0=1$     $B_{n+1}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}B_k$

Catalan数

$$C_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{(n+1)!n!}=\binom{2n}{n}-\binom{2n}{n+1}=\frac{1}{n+1} \sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}^2$$$$C_n=\frac{4n-2}{n+1}C_{n-1}$$$$C_n=\sum_{i=0}^{n-1}C_i C_{n-i-1}\quad C_{n+1}=\sum_{i=0}^{n}C_i C{n-i}$$

Bernoulli数

$$B_0=1\quad\quad\sum_{k=0}^{n}C_{n+1}^k B_k =0$$$$B_n=-\frac{1}{n+1}(C_{n+1}^0 B_0+C_{n+1}^1 B_1+ \cdots +C_{n+1}^{n-1}B_{n-1})$$$$\sum_{i=1}^{n} i^k=\frac{1}{k+1} \sum_{i=1}^{k+1} C_{k+1}^{i}B_{k+1-i} (n+1)^i$$

 

自然数幂和

　　http://blog.csdn.net/doyouseeman/article/details/50826293

　　http://blog.csdn.net/a_crazy_czy/article/details/50926374