学习笔记：生成函数II（集合分拆、置换、整数分拆、它们的递推公式、生成函数 和快速计算）

形式幂级数的更多运算#

形式幂级数与幂级数的比较#

• 形式幂级数本质是序列（$x^i$ 无意义），幂级数本质是极限。
• 形式幂级数通过带入 $x$ 还原成幂级数。
• 假设系数在 $\mathbb{C}$ 上，可以证明形式幂级数与具有正收敛半径的幂级数在 '通常' 的所有运算上服从同样规律（加减乘除求导积分……）。

形式幂级数的更多运算#

假设 $f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n+\cdots$。

求导#

定义 $f(x)$ 的导数为 $a_1+2a_{2}x+\cdots +(n+1)a_{n+1}{x}^n+\cdots$，记做 $f^{\prime }(x)$ 或 ${\displaystyle \frac{df(x)}{d(x)}}$。

对于形式幂级数而言，

求导是序列上的一个变换，即 $\{a_0,a_1,\cdots ,a_n,\cdots \}\Rightarrow \{a_1,2a_2,\cdots ,(n+1)a_{n+1},\cdots \}$

积分#

定义 $f(x)$ 的积分为 $a_{0}x+{\displaystyle \frac{a_1}{2}}{x}^2+\cdots +{\displaystyle \frac{a_{n-1}}{n}}{x}^n+\cdots$，记做 $\int f(x)dx$ 或 ${\int }_0^{x}f(y)dy$。

即 $\{a_0,a_1,\cdots ,a_n,\cdots \}\Rightarrow \{0,a_0,{\displaystyle \frac{a_1}{2}},\cdots ,{\displaystyle \frac{a_{n-1}}{n}},\cdots \}$。

推论：如果 $[x^0]f(x)=0$，令 $g(x)=f^{\prime }(x)$，则 $\int g(x)dx=f(x)$。

复合#

假设 $f(x)=a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n+\cdots ,g(x)=b_0+b_{1}x+b_2{x}^2+\cdots +b_n{x}^n+\cdots$。

则 $g$ 复合 $f$ 定义为 $c_0+c_{1}x+\cdots c_n{x}^n+\cdots$，满足 $c_0=b_0,c_n=\sum _{k=1}^n{b}_k\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_k=n}\prod a_{i_j}$。

记做 $g\circ f$ 或 $g(f(x))$。

如果 $f$ 的常数项不为 $0$。

那么 $c_0=b_0+b_0{a}_0+b_0{a}_0^2+\cdots +b_n{a}_0^n+\cdots$。

则 $c_0$ 本身就是一个极限的形式，涉及到收不收敛的问题，这是在形式幂级数中不愿看到的。

因此在定义复合时，一般令 $[x^0]f(x)=0$。

再考虑 $c_n=\sum _{k=1}^n{b}_k\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_k=n}\prod a_{i_j}$。

如果 $i_j>n$，那么 $\sum i_j>n$，所以 $c_n$ 的定义不需要考虑收敛。

• $\exp (x)=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{n!}}{x}^n$。
• $\ln (1+x)=\sum _{n\ge 1}(-1{)}^{n+1}{\displaystyle \frac{x^n}{n}}$。
• $\ln (1-x)=-\sum _{n\ge 1}{\displaystyle \frac{x^n}{n}}$。
• 设形式幂级数 $f(x)$ 满足 $[x^0]f(x)=0$，则可定义 $\exp (f(x))$ 和 $\ln (1+(f(x))$。（或 $[x^0]=1$ 可定义 $\ln (f(x))$）。
• $g(x)=\exp (f(x))⟺f(x)=\ln (g(x))$。

推论：$(g\circ f{)}^{\prime }=(g^{\prime }\circ f)\cdot f^{\prime }$。

假设 $f(x)=\sum _{i\ge 1}{a}_i{x}^i,g(x)=\sum _{i\ge 0}{b}_i,g(f(x))=\sum _{i\ge 0}{c}_i{x}^i$。

满足

$$\{\begin{array}{ll}{f}^{\prime }(x)=\sum _{n\ge 0}(n+1)a_{n+1}{x}^n& a_0=0\\ \\ g^{\prime }(x)=\sum _{n\ge 0}(n+1)b_{n+1}{x}^n\\ \\ g(f(x){)}^{\prime }=\sum _{n\ge 0}(n+1)c_{n+1}{x}^n& c_0=b_0,c_n=\sum _{k=1}^n{b}_k\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_k=n}\prod a_{i_j}\\ \\ g^{\prime }(f(x))=\sum _{n\ge 0}{d}_n{x}^n& d_n=\sum _{k=0}^n(k+1)\cdot b_{k+1}\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_k=n}\prod a_{i_j}\end{array}$$

即证 $(n+1)c_{n+1}=\sum _{i=0}^n(i+1)a_{i+1}{d}_{n-i}$。

左边：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^n(i+1)a_{i+1}{d}_{n-i}& =\sum _{i=0}^n(i+1)a_{i+1}\sum _{k=0}^{n-i}(k+1)\cdot b_{k+1}\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_k=n-i}\prod a_{i_j}\\ \\ & =\sum _{k=0}^n(k+1)\cdot b_{k+1}\sum _{i=0}^n(i+1)a_{i+1}\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_k=n-i}\prod a_{i_j}\\ \\ & =\sum _{k=1}^{n+1}k\cdot b_k\sum _{i=1}^{n+1}i\cdot a_i\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_{k-1}+i=n+1}\prod _{j=1}^{k-1}{a}_{i_j}\\ \\ & =\sum _{k=1}^{n+1}k\cdot b_k\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_{k-1}+i=n+1}{a}_{i_1}{a}_{i_2}\cdots a_{i_{k-1}}\cdot a_i\cdot i\\ \\ & =\sum _{k=1}^{n+1}{b}_k[\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_{k-1}+i_k=n+1}{a}_{i_1}\cdots a_{i_k}\cdot i_1+\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_{k-1}+i_k=n+1}{a}_{i_1}\cdots a_{i_k}\cdot i_2+\sum \cdots ]& \text{把 k 项拆开，每次选出一个特殊的 }{i}_j\\ \\ & =\sum _{k=1}^{n+1}{b}_k\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_{k-1}+i_k=n+1}(i_1+i_2{+}_{\cdots }{i}_k)\prod _{j=1}^k{a}_{i_j}\\ \\ & =\sum _{k=1}^{n+1}{b}_k\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_{k-1}+i_k=n+1}(n+1)\prod _{j=1}^k{a}_{i_j}\end{array}$$

右边：

$$\begin{array}{rl}(n+1)c_{n+1}& =(n+1)\sum _{k=1}^{n+1}{b}_k\sum _{i_1+i_2+\cdots +i_k=n+1}\prod _{i=1}^k{a}_{i_j}\end{array}$$

左边等于右边。

计算 $\ln (f(x))$#

（满足 $[x^0]f(x)=1$）重要观察：

$$\ln (f(x){)}^{\prime }={\displaystyle \frac{1}{f(x)}}{f}^{\prime }(x)$$

$O(n)$ 求导，$O(n\log n)$ 求逆，$O(n)$ 积分。

P4725 【模板】多项式对数函数（多项式 ln）

计算 $\exp (f(x))$#

（满足 $[x^0]f(x)=1$）如果 $g(x)=\exp (f(x))$，那么 $\ln (g(x))=f(x)$。

构造牛顿迭代 $h(g(x))=\ln (g(x))-f(x)$。

有递推式

$$g(x)=g_0(x)\cdot [1-\ln (g_0(x))+f(x)](\mathrm{mod}{x}^{2n})$$

P4726 【模板】多项式指数函数（多项式 exp）

例题#

三轮#

题意：$n$ 种商品，每种商品体积为 $v_i$，都有 ${10}^5$ 件，输出凑成 $1$ 到 $m$ 的体积的总方案数。

对质数 $19260817$ 取模 。（$n,m,v_i\le 5\times {10}^4$）

$v_i$ 至少为 $1$，可认为每种商品都有无穷件。

考虑其生成函数 $F_i(x)=1+x^{v_i}+x^{2v_i}+\cdots ={\displaystyle \frac{1}{1-x^{v_i}}}$。

所以 $G(x)=\prod _{i=1}^k{\displaystyle \frac{1}{1-x^{v_i}}}$ 。

由于 $v_i$ 很大，无法分治 ntt 求解。

将积化为和，两边取对数。

$$\begin{array}{rl}\ln (G(x))& =\sum _{i=1}^k\ln {\displaystyle \frac{1}{1-x^{v_i}}}\\ \\ & =\sum _{i=1}^k-\ln (1-x^{v_i})\\ \\ & =\sum _{i=1}^k\sum _{j\ge 1}{\displaystyle \frac{x^{v_{i}j}}{j}}\end{array}$$

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第二类斯特林数#

第二类斯特林数（斯特林子集数）$\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}$，也可记做 $S_2(n,k)$，表示将 $n$ 个两两不同的元素，划分为 $k$ 个互不区分的非空子集的方案数。

递推关系#

我们插入一个新元素时，有两种方案：

• 将新元素放入一个现有的非空子集，有 $k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}$ 种方案。
• 将新元素单独放入一个子集，有 $\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right\}$ 种方案；

$$\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}=\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right\}+k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}$$

边界是 $\left\{\begin{array}{c}n\\ 0\end{array}\right\}=[n=0]$。

通项公式#

不妨先认为 $k$ 个集合互不相同，转化成经典容斥问题，最后乘上 ${\displaystyle \frac{1}{k!}}$。
则

$$\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}={\displaystyle \frac{1}{k!}}\sum _{i=0}^k(-1{)}^i{C}_k^i(k-i{)}^n$$

重要公式#

记下降阶乘幂 $x^{\underset{―}{n}}={\displaystyle \frac{x!}{(x-n)!}}=\prod _{k=0}^{n-1}(x-k)$。

则可以利用下面的恒等式将普通幂转化为下降幂：

$$x^n=\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\left(\begin{array}{c}x\\ k\end{array}\right)k!=\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}$$

考虑各式组合意义。

• $x^n\to$ $n$ 个不同的球放入 $x$ 个不同的盒子。
• $\left(\begin{array}{c}x\\ k\end{array}\right)\to$ $x$ 个盒子中选出 $k$ 个。
• $\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\to$ $n$ 个不同的球放入 $k$ 个相同的盒子且都不为空。
• $k!\to$ 将选出的 $k$ 个盒子排列。

正确性显然。

指数生成函数#

$$\sum _{n\ge 0}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}={\displaystyle \frac{1}{k!}}(\exp (x)-1{)}^k$$

不妨将盒子染成 $k$ 种不同颜色，每种颜色在长度为 $n$ 的排列中必须出现一次。

对于第一种颜色，$F_1(x)=x+{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+{\displaystyle \frac{x^3}{3!}}+\cdots =\exp (x)-1$（没有零次项，因为必须出现）。

全部的合法方案为 $[x^n]\prod F_i$。

最后将染色去除，得到 $G(x)={\displaystyle \frac{1}{k!}}(\exp (x)-1{)}^k$。

第二类斯特林数·列#

利用公式

$$\sum _{n\ge 0}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}={\displaystyle \frac{1}{k!}}(\exp (x)-1{)}^k$$

其中

$$f(x{)}^k=\exp (\ln f(x{)}^k)=\exp (k\ln f(x))$$

如果 $[x^0]f(x)\ne 1$ 则不能直接求对。

考虑给每项除以一个公因式 $a_i{x}^i$，满足第 $i$ 项是系数非 $0$ 的最低项。

最后再乘上 $(a_i{x}^i{)}^k$。

P5396 第二类斯特林数·列：submission

EGF 求得的系数为 ${\displaystyle \frac{a_n}{n!}}$。

第二类斯特林数·行#

$$\begin{array}{rl}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}& ={\displaystyle \frac{1}{k!}}\sum _{i=0}^k(-1{)}^i\left(\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right)(k-i{)}^n\\ \\ & =\sum _{i=0}^k{\displaystyle \frac{(-1{)}^i}{i!}}{\displaystyle \frac{(k-i{)}^n}{(k-i)!}}\end{array}$$

令 $F(x)=\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{(-1{)}^i}{i!}}{x}^i,G(x)=\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{i^n}{i!}}{x}^i$。

于是 $S_2(n)=F\ast G$。

P5395 第二类斯特林数·行：submission

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第一类斯特林数#

有 $k$ 个轮换的 $n$ 元置换的方案，记为 $c(n,k)$ 或 $\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]$。

置换向原位置连边，形成若干个环，即轮换。

对于置换 $\sigma =\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 4& 5\\ 3& 5& 1& 2& 4\end{array}\right)$，有两个轮换：

递推关系#

$$\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right]+(n-1)\left[\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right]$$

边界：$\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right]=1$。

• 自己向自己连边，单独成环。

• 已经有了 $k$ 个环，在 $n-1$ 个空隙里选一个插入。

重要公式#

上升幂转普通幂#

$$x^{\bar{n}}=\sum _{k=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]x^k$$

假设 $x^{\bar{n}}=\sum _{k=0}^{n}f(n,k)x^k$。

联立

$$\{\begin{array}{l}{x}^{\bar{n}}=\sum _{k=0}^{n}f(n,k)x^k\\ \\ x^{\bar{n}}=(x+n-1)x^{\overline{n-1}}=\sum _{k=0}^{n-1}f(n-1,k)\cdot (x+n-1)\cdot x^k\end{array}$$

得到 $f$ 的递推式：$f(n,k)=f(n-1,k-1)+(n-1)\cdot f(n-1,k)$。

发现 $f$ 与第一类斯特林数递推式相同，初值相同，证毕。

下降幂转普通幂#

$$x^{\underset{―}{n}}=\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n+k}\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]x^k$$

用 $-x$ 带入 $1$ 中的 $x$：

$$\begin{array}{rl}(-x{)}^{\bar{n}}& =(-x)(1-x)\cdots (n-1-x)\\ \\ & =(-1{)}^n\cdot x(x-1)\cdots (x-n+1)\\ \\ & =(-1{)}^n\cdot x^{\underset{―}{n}}=\sum _{k=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right](-x{)}^k\end{array}$$

把左式的负号移至右式，即证。

指数生成函数#

等效于 $n$ 个不同球放入 $k$ 个互不区分且非空的盒子，装有 $i$ 个球的盒子有 $(i-1)!$ 种不同形态，求方案数。

$i$ 个球只用大小为 $i$ 的盒子的方案为 $(i-1)!$。

先将盒子编号，对于每个盒子，有生成函数 $F(x)=x+{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+2!\cdot {\displaystyle \frac{x^3}{3!}}+\cdots =-\ln (1-x)$。

有 $k$ 个盒子，则 $G(x)={\displaystyle \frac{1}{k!}}[-\ln (1-x){]}^k$。

第一类斯特林数·列#

$$\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]=n!\cdot [x^n]G(x)$$

P5409 第一类斯特林数·列：submission

第一类斯特林数·行#

展开

$$x^{\bar{n}}=\sum _{k=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]x^k$$

显然可以分治 ntt $O(n{\log }^{2}n)$ 求（但被出题人卡了）。

考虑倍增。

$$x^{\overline{2n}}=x^{\bar{n}}(x+n{)}^{\bar{n}}$$

令 $f(x)=\prod _{i=0}^{n-1}(x+i)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$，则 $(x+n{)}^{\bar{n}}=f(x+n)$。

问题转化为已知多项式 $f(x)$，快速求 $f(x+c)$。

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^n{a}_i(x+c{)}^i& =\sum _{i=0}^n{a}_i\sum _{j=0}^i\left(\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right)x^j\cdot c^{i-j}\\ \\ & =\sum _{j=0}^n{x}^j\sum _{i=j}^n\left(\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right)a_i\cdot c^{i-j}\\ \\ & =\sum _{j=0}^n{\displaystyle \frac{x^j}{j!}}\sum _{i=j}^n{a}_i\cdot i!\cdot {\displaystyle \frac{c^{i-j}}{(i-j)!}}\end{array}$$

第二个求和式可以写成 $g(x)=\sum i!\cdot a_i{x}^i,h(x)=\sum {\displaystyle \frac{c^i}{i!}}{x}^{n-i}$ 的卷积。

则 $[x^j]f(x+c)=[x^{j+n}]g\ast h$。

时间复杂度 $T(n)=T(n/2)+O(n\log n)=O(n\log n)$。

submission

有符号的第一类斯特林数#

定义：$S_1(n,k)=(-1{)}^{n+k}\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]$。

重要公式

$$x^{\underset{―}{n}}=\sum _{k=0}^n{S}_1(n,k)x^k$$

指数生成函数

$$\sum _{i\ge 0}{S}_1(n,k){\displaystyle \frac{x^n}{n!}}={\displaystyle \frac{1}{k!}}[\ln (1+x){]}^k$$

两类斯特林数的关系及斯特林反演#

$$\begin{array}{r}\sum _{k\ge 0}(-1{)}^{n+k}\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]\left\{\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right\}=[n=m]\\ \\ \sum _{k\ge 0}(-1{)}^{k+m}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\left[\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right]=[n=m]\end{array}$$

证明：

对于公式 $x^n=\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}$，可以写成向量之积：

$$\left(\begin{array}{c}{x}^0\\ x^1\\ ⋮\\ x^n\\ ⋮\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{s}_2(0,0)\\ s_2(1,0)& s_2(1,1)\\ ⋮\\ s_2(n,0)& s_2(n,1)& s_2(n,2)& \cdots & s_2(n,n)\\ ⋮\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}^{\underset{―}{0}}\\ x^{\underset{―}{1}}\\ ⋮\\ x^{\underset{―}{n}}\\ ⋮\end{array}\right)$$

对于 有符号 第一类斯特林数：

$$\left(\begin{array}{c}{x}^{\underset{―}{0}}\\ x^{\underset{―}{1}}\\ ⋮\\ x^{\underset{―}{n}}\\ ⋮\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{s}_1(0,0)\\ s_1(1,0)& s_1(1,1)\\ ⋮\\ s_1(n,0)& s_1(n,1)& s_1(n,2)& \cdots & s_1(n,n)\\ ⋮\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}^0\\ x^1\\ ⋮\\ x^n\\ ⋮\end{array}\right)$$

我们有 $S_1\times S_2=I$。

则在 $S_1$ 中取一行 $n$，在 $S_2$ 中取一列 $m$，两个向量之积为 $1$ 当且仅当 $m=n$。

即 $\sum _{k\ge 0}(-1{)}^{n+k}\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]\left\{\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right\}=[n=m]$。

斯特林反演

$$f_n=\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}{g}_i⟺g_n=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n+i}\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right]f_i$$

证明：

$$\begin{array}{rl}{f}_n& =\sum _{i=0}^n[i=n]f_i\\ \\ & =\sum _{i=0}^n\sum _{k\ge 0}^n(-1{)}^{k+i}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\left[\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right]f_i\\ \\ & =\sum _{k\ge 0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\sum _{i=0}^n(-1{)}^{k+i}\left[\begin{array}{c}k\\ i\end{array}\right]f_i\\ \\ & =\sum _{k\ge 0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{g}_k\end{array}$$

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整数拆分#

$n$ 的 $k$ 无序拆分#

$n$ 个无标号球分配到 $k$ 个无标号盒子的方案数，满足每个盒子不为空，记为 $p(n,k)$。

递推关系#

$$p(n,k)=p(n-1,k-1)+p(n-k,k)$$

假设第 $i$ 个盒子（第 $i$ 行）里有 $a_i$ 个球，满足 $a_1\ge a_2\cdots \ge a_k\ge 1$。

分两部分考虑。

• 第 $k$ 个盒子有且仅有新加入的一个球，方案为 $p(n-1,k-1)$。
• 第 $k$ 个盒子不止一个球，把黄色一列去掉，方案为 $p(n-k,k)$。

常生成函数#

考虑上图中有多少有 $i$ 个球的列。

$i$ 个球时，只能有 $1$ 列，一种方案。

$2i$ 个球时，只能有 $2$ 列，一种方案。

因此其常生成函数为 $F_i(x)=1+x^i+x^{2i}+\cdots ={\displaystyle \frac{1}{1-x^i}}$。

记 $G_k=\prod _{i=1}^k{F}_i$。

由于至少要有一列为 $k$，所以

$$P_k(x)=G_k(x)-G_{k-1}(x)=x^k\prod _{i=1}^k{\displaystyle \frac{1}{1-x^i}}$$

• 快速求 $P_k$ 的前 $n$ 项：对后式先取 $\ln$ 再 $\exp$，详见 形式幂级数的更多运算-例题-三轮。
  $$\sum _{i=1}^k\ln {\displaystyle \frac{1}{1-x^i}}=\sum _{i=1}^k\sum _{j\ge 1}{\displaystyle \frac{x^{ij}}{j}}$$

$n$ 的无序拆分#

$n$ 个无标号球分配到一些无标号盒子的方案数，满足每个盒子不为空，记为 $p(n)$。

可知 $p(n)=\sum _{k=1}^{n}p(n,k)$。

常生成函数#

延续上板的思考方向，行的个数没有限制，所以只要一些长度为 $i$ 的凑出 $n$ 个球即可。

那么

$$\begin{array}{rl}P(x)& =\prod _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{1}{1-x^i}}\\ \\ & =\exp \sum _{i\ge 1}\sum _{j\ge 1}{\displaystyle \frac{x^{ij}}{j}}\\ \\ & =\exp \sum _{n\ge 1}\sum _{d\mid n}{\displaystyle \frac{x^n}{d}}\end{array}$$

LOJ6268. 分拆数：submission

递推关系#

证明繁琐，当结论记。

$$p(n)=\sum _{k\ge 1}(-1{)}^{k-1}[p(n-{\displaystyle \frac{3k^2-k}{2}})+p(n-{\displaystyle \frac{3k^2+k}{2}})]$$

产生贡献的项只有 $O(\sqrt{N})$ 个，复杂度 $O(N\sqrt{N})$。

主要运用于模数不友好的情况。

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生成函数模型#

分配问题总结#

$n$ 个球放入 $k$ 个盒子，球方案数。

$$\begin{array}{|clll|}\hline n\text{ 个球}& k\text{ 个盒子}& \text{盒子可以为空}& \text{每个盒子至少一个球}\\ \\ \text{有标号}& \text{有标号}& k^n& k!\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\\ \\ \text{有标号}& \text{无标号}& \sum _{i=1}^k\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}& \left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\\ \\ \text{无标号}& \text{有标号}& \left(\begin{array}{c}n+k-1\\ k-1\end{array}\right)& \left(\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right)\\ \\ \text{无标号}& \text{无标号}& p(n+k,k)& p(n,k)\\ \hline\end{array}$$

p(n + k, k)：把每行之前都加一个球，则 $k$ 个盒子都不为空

分配问题（加强版1）#

把 $n$ 个球放入 $k$ 个盒子，装有 $i$ 个球的盒子有 $f_i$ 种形态，不同形态算不同方案，有多少种方案？

设 $\{f_i{\}}_{i\ge 1}$ 的常生成函数 $F(x)=\sum _{i\ge 1}{f}_i{x}^i$，其指数生成函数 $E(x)=\sum _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{f_i}{i!}}{x}^i$（有没有常数项取决于需不需要每个盒子都有球）。

则

$$\begin{array}{|cll|}\hline n\text{ 个球}& k\text{ 个盒子}& \mathrm{方}\mathrm{案}\mathrm{的}\mathrm{生}\mathrm{成}\mathrm{函}\mathrm{数}\\ \\ \text{有标号}& \text{有标号}& \text{e.g.f}=E(x{)}^k\\ \\ \text{有标号}& \text{无标号}& \text{e.g.f}={\displaystyle \frac{1}{k!}}E(x{)}^k\\ \\ \text{无标号}& \text{有标号}& \text{o.g.f}=F(x{)}^k\\ \hline\end{array}$$

分配问题（加强版2）#

把 $n$ 个球放入一些盒子且每个盒子都不为空，装有 $i$ 个球的盒子有 $f_i$ 种形态，不同形态算不同方案，有多少种方案？

设 $\{f_i{\}}_{i\ge 1}$ 的常生成函数 $F(x)=\sum _{i\ge 1}{f}_i{x}^i$，其指数生成函数 $E(x)=\sum _{i\ge 1}{\displaystyle \frac{f_i}{i!}}{x}^i$。

即对加强版 $1$ 做个 $\sum _{i\ge 0}$。

$$\begin{array}{|cll|}\hline n\text{ 个球}& k\text{ 个盒子}& \mathrm{方}\mathrm{案}\mathrm{的}\mathrm{生}\mathrm{成}\mathrm{函}\mathrm{数}\\ \text{有标号}& \text{有标号}& \text{e.g.f}={\displaystyle \frac{1}{1-E(x{)}^k}}\\ \\ \text{有标号}& \text{无标号}& \text{e.g.f}=\exp E(x{)}^k\\ \\ \text{无标号}& \text{有标号}& \text{o.g.f}={\displaystyle \frac{1}{1-F(x{)}^k}}\\ \text{无标号}& \text{无标号}& \text{o.g.f}=\prod _{i\ge 1}({\displaystyle \frac{1}{1-x^i}}{)}^{f_i}=\exp \sum _{j\ge 1}{\displaystyle \frac{1}{j}}F(x^j)\\ \hline\end{array}$$

无标号/无标号：

考虑大小为 $i$ 的盒子的常生成函数（即 $[x^n]$ 表示只用大小为 $i$ 的盒子放入 $n$ 个球的方案）。

对于盒子的第一种形态 $g(x)=1+x^i+x^{2i}+\cdots$。

以此类推，其常生成函数为 $g^{f_i-1}(x)$。

所以无标号/无标号的常生成函数为

$$\prod _{i\ge 1}({\displaystyle \frac{1}{1-x^i}}{)}^{f_i}=\exp \sum _{i\ge 1}{f}_i\sum _{j\ge 1}{\displaystyle \frac{x^{ij}}{j}}=\exp \sum _{j\ge 1}{\displaystyle \frac{1}{j}}\sum _{i\ge 1}{f}_i{x}^{ij}=\exp \sum _{j\ge 1}{\displaystyle \frac{1}{j}}F(x^j)$$

例题#

CF961G Partitions#

题意：

给出 $n$ 个物品，每个物品有一个权值 $w_i$。

定义一个集合 $S$ 的权值 $W(S)=|S|\sum _{x\in S}{w}_x$。

定义一个划分的权值为 $W^{\prime }(R)=\sum _{S\in R}W(S)$。

求将 $n$ 个物品划分成 $k$ 个集合的所有方案的权值和。答案对 ${10}^9+7$ 取模。

$n,k\le 2\times {10}^5$，$w_i\le {10}^9$。

---

感性理解，每个数的贡献是相同的，所以答案一定是 $P\cdot \sum a_i$ 的形式。

枚举当前元素所在集合大小。

$$\begin{array}{rlr}P& =\sum _{i=1}^{n}i\cdot \left(\begin{array}{c}n-1\\ i-1\end{array}\right)\left\{\begin{array}{c}n-i\\ k-1\end{array}\right\}& \text{从剩下 }n-1\text{ 个里选出在当前集合的，再划分其余的 }n-i\text{个。}\\ \\ & =\sum _{i=1}^{n}i\cdot {\displaystyle \frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}}\sum _{j=0}^{k-1}(-1{)}^j{\displaystyle \frac{(k-j-1{)}^{n-i}}{j!(k-j-1)!}}\\ \\ & =\sum _{j=0}^{k-1}(-1{)}^j{\displaystyle \frac{1}{j!(k-j-1)!}}\sum _{i=1}^{n}i\cdot {\displaystyle \frac{(n-1)!(k-j-1{)}^{n-i}}{(i-1)!(n-i)!}}\end{array}$$

单独计算后面一个求和式，把 $k-j-1$ 当作常数 $t$。

则

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{n}i\cdot {\displaystyle \frac{(n-1)!t^{n-i}}{(i-1)!(n-i)!}}& =\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{(n-1)!t^{n-i}}{(i-1)!(n-i)!}}\cdot (i+1-1)\\ \\ & =\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{(n-1)!t^{n-i}}{(i-1)!(n-i)!}}\cdot (i-1+1)\\ \\ & =(n-1)\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{(n-2)!}{(i-2)!(n-i)!}}\cdot t^{n-i}+\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}}\cdot t^{n-i}\\ \\ & =(n-1)\sum _{i=1}^n\left(\begin{array}{c}n-2\\ n-i\end{array}\right)\cdot t^{n-i}+\sum _{i=1}^n\left(\begin{array}{c}n-1\\ n-i\end{array}\right)\cdot t^{n-i}\\ \\ & =(n-1)(t+1{)}^{n-2}+(t+1{)}^{n-1}\end{array}$$

时间复杂度 $O(n\log n)$。

还有一种更为精巧的解法：

考虑 $w_i$ 会对答案产生多少次贡献？

在一个大小为 $|S|$ 的集合中，$w_i$ 贡献 $|S|$ 次，等效于集合中每一个元素都使 $w_i$ 产生一次贡献。

分两部分讨论

• 自己使自己的产生的贡献，显然每一种划分产生一次，共 $\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}$ 次。

• 其他元素使自己的产生的贡献，把其余 $n-1$ 个球划分好 $k$ 个集合，对于每种划分，当前元素可以任选一个集合放进去，因此 $n-1$ 个物品都会有一次贡献，共 $(n-1)\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}$。

综上 $P=\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}+(n-1)\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}$。

submission

CF960G Bandit Blues#

题意：给定 $n,a,b$，定义 $A$ 为一个排列中是前缀最大值的数的个数，定义 $B$ 为一个排列中是后缀最大值的数的个数，求长度为 $n$ 的排列中满足 $A=a$ 且 $B=b$ 的排列个数。$n\le {10}^5$，对 $998244353$ 取模。

首先，排列里最大值一定同时是前缀最大和后缀最大，如果存在 $a/b=0$，无解。

令 $f(i,j)$ 表示 $i$ 个数的排列有 $j$ 个前缀最大的方案。

不妨从大到小一个一个填。

• 填到序列的最前面，一定是前缀最大，有 $f(i-1,j-1)$ 种情况。
• 由于所有数都比他大，填到任意一个数后面，有 $(i-1)f(i-1,j)$ 种情况。

所以 $f(i,j)=f(i-1,j-1)+(n-1)f(i-1,j)$，恰为第一类斯特林数的递推式，由于边界相同，所以 $f(i,j)=\left[\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right]$。

枚举最大值左边的元素个数。

则答案为 $\sum _{i=0}^{n-1}\left(\begin{array}{c}n-1\\ i\end{array}\right)\left[\begin{array}{c}i\\ a-1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}n-i-1\\ b-1\end{array}\right]$。

可以直接求出两列斯特林数，但形式仍不够优美。

考虑式子的组合意义：选出 $i$ 个排成 $a-1$ 个环 $\to$ 剩下 $n-1-i$ 个排成 $b-1$ 个环。

也就是 $n-1$ 个元素排成 $a+b-2$ 个环，选其中 $a-1$ 个分给左边。

于是答案化简为 $\left[\begin{array}{c}n-1\\ a+b-2\end{array}\right]\left(\begin{array}{c}a+b-2\\ a-1\end{array}\right)$。

第一列斯特林数没有实用的通项公式，随便求出一行或一列即可。

submission

附录：模板#

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;
constexpr int N = 5e5 + 5, P = 998244353;		// g = 3

ll gg[30], ig[30], fac[N], ifac[N], inv[N];

ll qpow(ll a, ll b) {
	ll ret = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) ret = ret * a % P;
		b >>= 1;
		a = a * a % P;
	}
	return ret;
}

void init() {
	gg[0] = ig[0] = 1;
	for(int i = 1; i < 30; ++ i) gg[i] = qpow(3, (P - 1) / (1 << i));
	for(int i = 1; i < 30; ++ i) ig[i] = qpow(gg[i], P - 2);
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1; i < N; ++ i) {
		inv[i] = (i == 1) ? 1 : -(P / i) * inv[P % i] % P;
		fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
	}
	ifac[N - 1] = qpow(fac[N - 1], P - 2);
	for(int i = N - 1; i >= 1; -- i) {
		ifac[i - 1] = ifac[i] * i % P; 
	}
}

int rev[N];

void ntt(ll *a, int tot, int ty) {
	for(int i = 0; i < tot; ++ i) {
		if(i < rev[i]) {
			swap(a[i], a[rev[i]]);
		}
	}
	int t = 1;
	for(int mid = 1; mid < tot; mid <<= 1, ++ t) {
		ll g1 = gg[t];
		if(ty == -1) {
			g1 = ig[t];
		}
		for(int i = 0; i < tot; i += mid * 2) {
			ll gk = 1;
			for(int j = 0; j < mid; ++ j, gk = gk * g1 % P) {
				ll x = a[i + j], y = a[i + j + mid];
				a[i + j] = (x + gk * y) % P;
				a[i + j + mid] = (x - gk * y) % P;
			}
		}
	}
	if(ty == -1) {
		ll tmp = qpow(tot, P - 2);
		for(int i = 0; i < tot; ++ i) {
			a[i] = a[i] * tmp % P;
		}
	}
}


void polymul(ll *f, const ll *g, const ll *h, int n, int m) {		// 项数，非次数
	static ll a[N], b[N];
	int tot = 1, bit = 0;
	while(tot < n + m - 1) ++ bit, tot <<= 1;
	for(int i = 0; i < tot; ++ i) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << bit - 1);
	memcpy(a, g, n * 8), memset(a + n, 0, (tot - n) * 8);
	memcpy(b, h, m * 8), memset(b + m, 0, (tot - m) * 8);
	ntt(a, tot, 1), ntt(b, tot, 1);
	for(int i = 0; i < tot; ++ i) a[i] = a[i] * b[i] % P;
	ntt(a, tot, -1);
	memcpy(f, a, tot * 8);
}

void polyinv(ll *f, const ll *h, int n){
	static ll d[N], g[N];
	int V = 1; while(V < n + n - 1) V <<= 1;
	memcpy(d, h, n * 8), memset(d + n, 0, (V - n) * 8);
	memset(f, 0, V * 8), memset(g, 0, V * 8);
	f[0] = qpow(h[0], P - 2);
	for(int w = 2; w / 2 < n; w <<= 1){
		memcpy(g, d, w * 8);
		for(int i = 0; i < w * 2; ++i) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | (i & 1 ? w : 0);
		ntt(f, w << 1, 1), ntt(g, w << 1, 1);
		for(int i = 0; i < w * 2; ++i) f[i] = (2 - f[i] * g[i]) % P * f[i] % P;
		ntt(f, w << 1, -1);
		memset(f + w, 0, w * 8);
	}
	memset(f + n, 0, (V - n) * 8);
}


void polysqrt(ll *f, const ll *h, int n){
	static ll d[N], g[N], f_inv[N];
	int V = 1; while(V < n + n - 1) V <<= 1;
	memcpy(d, h, n * 8), memset(d + n, 0, (V - n) * 8);
	memset(f, 0, V * 8), memset(g, 0, V * 8), memset(f_inv, 0, V * 8);
	f[0] = 1;
	constexpr int i2 = 499122177;
	for(int w = 2; w / 2 < n; w <<= 1){
		memcpy(g, d, w * 8);
		for(int i = 0; i < w * 2; ++i) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | (i & 1 ? w : 0);
		polyinv(f_inv, f, w);
		ntt(f, w << 1, 1), ntt(g, w << 1, 1), ntt(f_inv, w << 1, 1);
		for(int i = 0; i < w * 2; ++i) f[i] = (f[i] + f_inv[i] * g[i]) % P * i2 % P;
		ntt(f, w << 1, -1);
		memset(f + w, 0, w * 8);
	}
	memset(f + n, 0, (V - n) * 8);
}


void polyder(ll *f, const ll *h, int n) {							// 项数，非次数
	for(int i = 0; i <= n - 1; ++ i) {
		f[i] = (i + 1) * h[i + 1] % P;
	}
	f[n - 1] = 0;
}


void polyint(ll *f, const ll *h, int n) {							// 项数，非次数
	for(int i = n - 1; i >= 1; -- i) {
		f[i] = h[i - 1] * inv[i] % P; 
	}
	f[0] = 0;
}


void polyln(ll *f, const ll *h, int n) {				// h[0] = 1
	static ll a[N], b[N];
	polyinv(a, h, n);
	polyder(b, h, n);
	polymul(a, a, b, n, n);
	polyint(f, a, n);	
}

void polyexp(ll *f, const ll *h, int n) {				// h[0] = 0
	static ll d[N], g[N], f_ln[N];
	int V = 1; while(V < n + n - 1) V <<= 1;
	memcpy(d, h, n * 8), memset(d + n, 0, (V - n) * 8);
	memset(f, 0, V * 8), memset(g, 0, V * 8), memset(f_ln, 0, V * 8);
	f[0] = 1;	//ln(h[0])
	for(int w = 2; w / 2 < n; w <<= 1){
		memcpy(g, d, w * 8);
		for(int i = 0; i < w * 2; ++i) rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | (i & 1 ? w : 0);
		polyln(f_ln, f, w);
		ntt(f, w << 1, 1), ntt(g, w << 1, 1), ntt(f_ln, w << 1, 1);
		for(int i = 0; i < w * 2; ++i) f[i] = (1 - f_ln[i] + g[i]) % P * f[i] % P;
		ntt(f, w << 1, -1);
		memset(f + w, 0, w * 8);
	}
	memset(f + n, 0, (V - n) * 8);
}

void polypow(ll *f, ll *h, string K, int n) {
	int cur = 0;
	while(cur < n && h[cur] == 0) ++ cur;
	ll k1 = 0, k2 = 0;
	for(auto ch : K) {
		if((k1 * 10 + ch - '0') * cur >= n || cur == n) {
			for(int i = 0; i < n; ++ i) f[i] = 0;
			return;
		}
		k1 = (k1 * 10 + ch - '0') % P;
		k2 = (k2 * 10 + ch - '0') % (P - 1);
	}
	
	ll h_cur = h[cur], icur = qpow(h_cur, P - 2);
	for(int i = cur; i < n; ++ i) {
		f[i - cur] = h[i] * icur % P;
	}
	polyln(f, f, n - cur);
	for(int i = 0; i < n - cur; ++ i) f[i] = f[i] * k1 % P;
	polyexp(f, f, n - cur);
	h_cur = qpow(h_cur, k2);
	for(int i = n - 1; i >= k1 * cur; -- i) f[i] = f[i - k1 * cur] * h_cur % P;
	for(int i = 0; i < k1 * cur; ++ i) f[i] = 0;
}

void Stirling2ndCol(ll *f, int n, int k) { //S2(0...n, k)
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		f[i] = ifac[i];
	}
	polypow(f, f, to_string(k), n + 1);
	
	for(int i = 0; i <= n; ++ i) {
		f[i] = f[i] * ifac[k] % P * fac[i] % P;
	}
}

void Stirling2ndRow(ll *f, int n) { // S2(n, 0...n)
	static ll g[N];
	for(int i = 0; i <= n; ++ i) {
		f[i] = (i & 1) ? -ifac[i] : ifac[i];
		g[i] = qpow(i, n) * ifac[i] % P;
	}
	polymul(f, f, g, n + 1, n + 1);
}

void Stirling1stCol(ll *f, int n, int k) { //c(0...n, k)
	for(int i = 2; i <= n; ++ i) {
		f[i] = 0;
	}
	f[0] = 1, f[1] = -1;
	polyln(f, f, n + 1);
	for(int i = 0; i <= n; ++ i) f[i] = -f[i];
	
	polypow(f, f, to_string(k), n + 1);
	for(int i = 0; i <= n; ++ i) {
		f[i] = f[i] * ifac[k] % P * fac[i] % P;
	}
}

void Offset(ll *f, ll *h, int n, int c) {		// f <-- h(x + c) 偏移   n次多项式
	static ll g[N], d[N];
	for(int i = 0; i <= n; ++ i) {
		g[i] = fac[i] * h[i] % P;
		d[i] = (i == 0 ? 1 : d[i - 1] * c % P);
	}
	for(int i = 0; i <= n; ++ i) d[i] = d[i] * ifac[i] % P;
	reverse(d, d + n + 1);
	polymul(f, g, d, n + 1, n + 1);
	for(int i = 0; i <= n; ++ i) {
		f[i] = f[i +  n] * ifac[i] % P;
	}
	memset(f + n + 1, 0, n);
}

void Stirling1stRow(ll *f, int n) { // c(n, 0...n)
	static int stk[30], tp;
	static ll g[N];
	tp = 0;
	while(n) {
		stk[++ tp] = n;
		n >>= 1;
	}
	f[0] = 0, f[1] = 1;
	n = 1;
	while(-- tp) {
		Offset(g, f, n, n);
		polymul(f, f, g, n + 1, n + 1);
		n <<= 1;
		if(stk[tp] == n + 1) {
			f[n + 1] = f[n];
			for(int i = n; i >= 1; -- i) {
				f[i] = (f[i] * n + f[i - 1]) % P;
			}
			++ n;
		}
	}
}

void Partition(ll *f, int n) {
	memset(f, 0, (n + 1) * 8);
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		for(int j = i; j <= n; j += i) {
			f[j] = (f[j] + inv[i]) % P;
		}
	}
	polyexp(f, f, n + 1);
}

ll n, k, f[N];

int main() {
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
	init();
	
	return 0;
}