斯特林数

合集 - 学习笔记(52)

1.随机化算法2024-02-272.组合数学2024-02-273.概率和期望2024-02-274.树链剖分2024-02-275.矩阵乘法与矩阵快速幂2024-02-276.最短路2024-02-277.卡特兰数、Prüfer 序列、BSGS2024-02-278.分块和莫队2024-02-279.AC 自动机2024-02-2710.平衡树2024-02-2711.基础字符串算法2024-02-2712.基础数论2024-02-2713.Miller-Rabin 与 Pollard-Rho2024-08-2314.广义后缀自动机2024-06-2515.后缀自动机 SAM2024-06-2216.回文自动机 PAM2024-06-1817.Manacher2024-06-1618.后缀数组2024-06-0819.01 分数规划2024-06-0220.网络流2024-05-0521.整体二分2024-05-0522.cdq 分治2024-05-0423.点分治2024-04-2124.虚树2024-04-1425.扫描线2024-04-1126.笛卡尔树2024-04-0627.基环树2024-04-0228.树哈希2024-03-0929.莫比乌斯反演2024-11-2830.二分图2024-11-0731.朱刘算法2024-10-2932.最大团2024-10-2933.杂项2024-08-2434.杜教筛2024-12-0135.拉格朗日插值2024-12-1036.线段树综合2024-12-1737.可持久化数据结构2024-12-2438.K-D Tree2024-12-2539.Burnside 引理与 Polya 定理2024-12-2740.线性基2024-12-3041.替罪羊树01-0942.LCT01-1843.插头 dp01-2044.原根01-2045.多项式乘法01-22

46.斯特林数01-23

47.二项式反演与斯特林反演01-2348.Min-Max 容斥01-2449.辛普森积分法01-2550.Min_25 筛02-0351.凸包02-1652.2-SAT03-03

收起

1 上升幂和下降幂

1.1 定义

我们定义上升幂 $n^{\bar{m}}$ 和下降幂 $n^{\underset{―}{m}}$ 如下：

$$\begin{array}{r}{n}^{\bar{m}}=\prod _{i=n}^{n+m-1}i={\displaystyle \frac{(n+m-1)!}{(n-1)!}}\\ n^{\underset{―}{m}}=\prod _{i=n-m+1}^{n}i={\displaystyle \frac{n!}{(n-m)!}}\end{array}$$

需要注意这里的 $n,m$ 同样可以取到负数。

1.2 性质

首先我们先来看上升幂和下降幂对于指数求和的展开形式，显然有：

$$\begin{array}{r}{n}^{\overline{a+b}}=n^{\bar{a}}\times (n+a{)}^{\bar{b}}\\ n^{\underset{―}{a+b}}=n^{\underset{―}{a}}\times (n-a{)}^{\underset{―}{b}}\end{array}$$

这个性质十分良好，因为它启示我们利用倍增去求解一些多项式，比如说 $f(x)=x^{\bar{n}}$ 展开后的系数。在下文中会重新提到这一部分。

然后考虑上升下降幂之间的转化，显然有：

$$\begin{array}{r}{n}^{\bar{m}}=(-1{)}^m(-n{)}^{\underset{―}{m}}=(n+m-1{)}^{\underset{―}{m}}\\ n^{\underset{―}{m}}=(-1{)}^m(-n{)}^{\bar{m}}=(n-m+1{)}^{\bar{m}}\end{array}$$

接下来是下降幂和组合数的一些性质。实际上不难看出，$n^{\underset{―}{m}}$ 实际上就是 $A_n^m$，于是我们可以将组合数转化如下：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})={\displaystyle \frac{n^{\underset{―}{m}}}{m!}}$$

于是我们可以推出下面的式子，通过这个我们可以换掉组合数的底数而保持值不变：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})={\displaystyle \frac{n^{\underset{―}{m}}}{m!}}={\displaystyle \frac{(-1{)}^m(-n{)}^{\bar{m}}}{m!}}=(-1{)}^m{\displaystyle \frac{(m-n-1{)}^{\underset{―}{m}}}{m!}}=(-1{)}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-n-1}{m})$$

接下来进一步的，我们将组合数与下降幂相乘：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})k^{\underset{―}{i}}={\displaystyle \frac{n!}{k!(n-k)!}}{\displaystyle \frac{k!}{(k-i)!}}={\displaystyle \frac{(n-i)!}{(k-i)!(n-k)!}}{\displaystyle \frac{n!}{(n-i)!}}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k-i})n^{\underset{―}{i}}$$

如此操作后我们便将 $k^{\underset{―}{i}}$ 这个变量改成了 $n^{\underset{―}{i}}$ 这个定值，然后就可以进一步求解了。

不难看出，这一部分的难点就在于推式子并化简，上面是几个常见的化简形式，做题时需要注意。

2 第二类斯特林数

斯特林数是一个组合数学概念，分为第一类斯特林数和第二类斯特林数，是一种广泛运用于解决组合问题的利器。

由于第二类斯特林数更加常见，所以先介绍第二类斯特林数。

2.1 定义

第二类斯特林数写作 $\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\}$，表示将 $n$ 个不同元素划分为 $m$ 个互不区分的非空子集方案数。更通俗的来讲就是将 $n$ 个不同的球放入 $m$ 个相同的盒子，每个盒子至少放一个的方案数。

接下来我们容易写出其递推式，如下：

$$\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\}=\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}\}+m\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}\}$$

边界是 $\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}\}=[n=0]$。考虑用组合意义证明其正确性。当我们考虑放一个新球的时候，有两种方案：

• 将球放到一个空的盒子里，方案数 $\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}\}$。
• 将球放到一个现有的非空盒子里，方案数 $m\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}\}$。

显然递推求解的复杂度是 $O(nm)$ 的。

2.2 通项公式

第二类斯特林数有实用的通项公式，如下：

$$\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\}=\sum _{i=0}^m{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m-i}}{(m-i)!}}{\displaystyle \frac{i^n}{i!}}$$

接下来我们考虑证明这个公式，需要用到二项式反演。

令 $F_i$ 表示将 $n$ 个不同的球放到 $i$ 个不同的盒子里，每个盒子至少放一个的方案数。令 $G_i$ 表示将 $n$ 个不同的球放到 $i$ 个不同的盒子里的方案数。显然有：

$$G_i=i^n$$

接下来根据二项式反演得到：

$$G_i=\sum _{j=0}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})F_j⟺F_i=\sum _{j=0}^i(-1{)}^{i-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})G_j$$

然后可以得到：

$$\begin{array}{rl}{F}_i& =\sum _{j=0}^i(-1{)}^{i-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})G_j\\ & =\sum _{j=0}^i(-1{)}^{i-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})j^n\\ & =\sum _{j=0}^i{\displaystyle \frac{(-1{)}^{i-j}\times i!\times j^n}{(i-j)!\times j!}}\end{array}$$

由于 $F_i$ 求得是盒子不同的方案数，而斯特林数求得是盒子相同的方案数，所以最后除以 $i!$ 即 可得到斯特林数的通项公式：

$$\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\}={\displaystyle \frac{F_m}{m!}}=\sum _{i=0}^m{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m-i}}{(m-i)!}}{\displaystyle \frac{i^n}{i!}}$$

2.3 同一行第二类斯特林数的计算

回到上面的通项公式，不难发现对于相同的 $n$，后面的和式正好构成了一个和卷积的形式，于是我们直接使用 FFT / NTT 对其进行求解即可。

模板题：第二类斯特林数·行，代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

const int Maxn = (1 << 19) + 5;
const int Inf = 2e9;
const int Mod = 167772161;
const int YG = 3;
const int InvG = 55924054;

int n;

int qpow(int a, int b) {
	int res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = res * a % Mod;
		a = a * a % Mod; b >>= 1;
	} 
	return res;
}

int f[Maxn], g[Maxn];
void init() {
	f[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = f[i - 1] * i % Mod;
	g[n] = qpow(f[n], Mod - 2);
	for(int i = n - 1; i >= 0; i--) g[i] = g[i + 1] * (i + 1) % Mod;
}

int r[Maxn];
struct Poly {
	int n; vector <int> a;
	void reset(int len) {n = len; a.resize(len + 1);}
	int& operator [](int x) {return a[x];}
	void NTT(int len, int typ) {
		reset(len - 1);
		for(int i = 0; i < len; i++) if(i < r[i]) swap(a[i], a[r[i]]);
		for(int h = 1; h < len; h <<= 1) {
			int cur = qpow(typ == 1 ? YG : InvG, (Mod - 1) / (h << 1));
			for(int i = 0; i < len; i += (h << 1)) {
				int w = 1;
				for(int j = 0; j < h; j++, w = w * cur % Mod) {
					int x = a[i + j], y = a[i + j + h] * w % Mod;
					a[i + j] = (x + y) % Mod;
					a[i + j + h] = (x - y + Mod) % Mod;
				}
			}
		}
		if(typ == -1) {
			int iv = qpow(len, Mod - 2);
			for(int i = 0; i < len; i++) a[i] = a[i] * iv % Mod;
		}
	} 
	Poly operator * (Poly y) {
		Poly x = *this, z;
		int n = x.n + y.n, len = 1;
		while(len <= n) len <<= 1;
		for(int i = 0; i < len; i++) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) * (len >> 1));
		x.NTT(len, 1), y.NTT(len, 1);
		z.reset(len - 1);
		for(int i = 0; i < len; i++) z[i] = x[i] * y[i] % Mod;
		z.NTT(len, -1);
		z.reset(n);
		return z;
	}
}F, G;

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n;
	init();
	F.reset(n), G.reset(n);
	for(int i = 0; i <= n; i++) {
		F[i] = g[i] * ((i & 1) ? -1 : 1);
		G[i] = g[i] * qpow(i, n) % Mod;
	}
	F = F * G;
	for(int i = 0; i <= n; i++) cout << F[i] << " ";
	return 0;
}

同一列第二类斯特林数的计算较为困难，以后有机会再写。

3 第一类斯特林数

3.1 定义

第一类斯特林数写作 $[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}]$，表示将 $n$ 个两两不同的元素划分成 $m$ 个互不区分的非空轮换的方案数。通俗来讲就是 $n$ 个不同的人坐在 $m$ 张相同的圆桌上，每一张圆桌至少坐一个人的方案数。

接下来我们容易写出其递推式，如下：

$$[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}]=[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}]+(n-1)[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}]$$

边界依旧是 $[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}]=[n=0]$。考虑用组合意义证明其正确性。当我们考虑放一个新人的时候，有两种方案：

• 将这个人放到已经有的圆桌中，那么需要考虑它坐在那一个人旁边，方案数为 $(n-1)[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}]$。
• 将这个人放到一个新的空圆桌中，方案数为 $[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}]$。

显然递推求解的复杂度是 $O(nm)$ 的。

第一类斯特林数没有实用的通项公式，在此不做介绍。

3.2 同一行第一类斯特林数的计算

我们构造出同一行第一类斯特林数的生成函数如下：

$$F_n(x)=\sum _{i=0}^n[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}]x^i$$

然后接下来根据递推式写出生成函数递推式：

$$F_n(x)=x{F}_{n-1}(x)+(n-1)F_{n-1}(x)=(x+n-1)F_{n-1}(x)$$

于是有：

$$F_n(x)=\prod _{i=0}^{n-1}(x+i)=x^{\bar{n}}$$

于是实际上同一行第一类斯特林数的生成函数就是 $x^{\bar{n}}$。在 1.2 小节中我们提到过可以使用倍增来求出其各项系数，现在我们来看怎样求。$O(n{\log }^{2}n)$ 直接分治的做法是显然的，不过我们有单 $\log$ 做法：

首先明确 $F_n(x)=x^{\bar{n}}$，设 $F_n(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$，于是会有：

$$\begin{array}{rl}{F}_{2n}(x)& =x^{\overline{2n}}\\ & =x^{\bar{n}}(x+n{)}^{\bar{n}}\\ & =(\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i)(\sum _{i=0}^n{a}_i(x+n{)}^i)\\ & =(\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i)(\sum _{i=0}^n{a}_i\sum _{j=0}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})x^j{n}^{i-j})\\ & =(\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i)(\sum _{j=0}^n{x}^j\sum _{i=j}^n{a}_i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})n^{i-j})\\ & =(\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i)(\sum _{j=0}^n{x}^j\sum _{i=j}^n{a}_i{n}^{i-j}{\displaystyle \frac{i!}{j!(i-j)!}})\\ & =(\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i)(\sum _{i=0}^n{\displaystyle \frac{x^i}{i!}}\sum _{j=i}^n(a_{j}j!){\displaystyle \frac{n^{j-i}}{(j-i)!}})\end{array}$$

最后面的和式显然就是一个差卷积的形式，多项式乘起来即可。然后这两个括号相乘还是多项式乘法，再乘一次即可得出 $F_{2n}(x)$。于是我们可以在：

$$T(n)=T({\displaystyle \frac{n}{2}})+O(n\log n)=O(n\log n)$$

的复杂度内求出 $x^{\bar{n}}$ 的展开形式，即同一行第一类斯特林数的值。当然如果 $n$ 是奇数的话直接求会漏掉 $x+n$ 这一项，暴力乘上去就行。

模板题：第一类斯特林数·行，代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

const int Maxn = (1 << 20) + 5;
const int Inf = 2e9;
const int Mod = 167772161;
const int YG = 3;
const int InvG = 55924054;

int n;

int qpow(int a, int b) {
	int res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = res * a % Mod;
		a = a * a % Mod, b >>= 1;
	}
	return res;
}

int f[Maxn], g[Maxn];
void init() {
	f[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = f[i - 1] * i % Mod;
	g[n] = qpow(f[n], Mod - 2);
	for(int i = n - 1; i >= 0; i--) g[i] = g[i + 1] * (i + 1) % Mod;
}

int r[Maxn];
struct Poly {
	int n; vector <int> a;
	void reset(int len) {n = len, a.resize(len + 1);}
	int& operator [](int x) {return a[x];}
	void NTT(int len, int typ) {
		reset(len - 1);
		for(int i = 0; i < len; i++) if(i < r[i]) swap(a[i], a[r[i]]);
		for(int h = 1; h < len; h <<= 1) {
			int cur = qpow(typ == 1 ? YG : InvG, (Mod - 1) / (h << 1));
			for(int i = 0; i < len; i += (h << 1)) {
				for(int j = 0, w = 1; j < h; j++, w = w * cur % Mod) {
					int x = a[i + j], y = a[i + j + h] * w % Mod;
					a[i + j] = (x + y) % Mod;
					a[i + j + h] = (x - y + Mod) % Mod;
				}
			}
		}
		if(typ == -1) {
			int iv = qpow(len, Mod - 2);
			for(int i = 0; i < len; i++) a[i] = a[i] * iv % Mod;
		}
	}
	Poly operator * (Poly y) {
		Poly x = *this, z;
		int n = x.n + y.n, len = 1;
		while(len <= n) len <<= 1;
		for(int i = 0; i < len; i++) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) * (len >> 1));
		x.NTT(len, 1), y.NTT(len, 1);
		z.reset(len - 1);
		for(int i = 0; i < len; i++) z[i] = x[i] * y[i] % Mod;
		z.NTT(len, -1);
		z.reset(n);
		return z;
	}
};

Poly solve(int n) {
	if(n == 1) {
		Poly F; F.reset(n);
		F[1] = 1; return F;
	}
	int m = n >> 1;
	Poly F = solve(m);
	Poly G, H; G.reset(m), H.reset(m);
	for(int i = 0; i <= m; i++) G[i] = qpow(m, i) * g[i] % Mod, H[m - i] = F[i] * f[i] % Mod;
	H = G * H; G.reset(m);
	for(int i = 0; i <= m; i++) G[i] = H[m - i] * g[i] % Mod;
	G = F * G; F.reset(n);
	for(int i = 0; i <= n; i++) {
		if(n & 1) F[i] = (G[i] * (n - 1) % Mod + (i ? G[i - 1] : 0)) % Mod;
		else F[i] = G[i];
	}	
	return F;
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n;
	init();
	Poly F = solve(n);
	for(int i = 0; i <= n; i++) {
		cout << F[i] << " ";
	}
	return 0;
}

同一列第一类斯特林数的计算也较为困难，以后再写。

4 应用

4.1 幂的互化

首先我们回到上升幂和下降幂，考虑上升幂、下降幂与普通幂之间的互相转化。

在 3.2 小节内我们已经给出了上升幂转化成普通幂的形式：

$$x^{\bar{n}}=\sum _{i=0}^n[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}]x^i$$

对其作斯特林反演即可得到普通幂转化成上升幂的形式：

$$x^n=\sum _{i=0}^n\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\}(-1{)}^{n-i}{x}^{\bar{i}}$$

让我们来考虑普通幂转化成下降幂的形式，我们有：

$$x^n=\sum _{i=0}^n\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\}i!(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})=\sum _{i=0}^n\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\}{x}^{\underset{―}{i}}$$

考虑组合意义，$x^n$ 即表示将 $n$ 个不同的球放到 $x$ 个不同的盒子里，盒子可以为空的方案数；那么不妨先枚举有球的盒子的个数 $i$，然后我们要将 $n$ 个球放到这 $i$ 个不同的盒子里，盒子不可以为空，显然这个方案数就是 $\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\}i!$。所以上式成立。

对其作斯特林反演即可得到下降幂转化成普通幂的形式：

$$x^{\underset{―}{n}}=\sum _{i=0}^n[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}](-1{)}^{n-i}{x}^i$$

不过实际上斯特林反演的证明需要运用到这个公式，所以我们需要用另外的方法证明它。容易发现：

$$\begin{array}{rl}{x}^{\underset{―}{n}}& =(-1{)}^n(-x{)}^{\bar{n}}\\ & =(-1{)}^n\sum _{i=0}^n[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}](-x{)}^i\\ & =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n+i}[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}]x^i\\ & =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}]x^i\end{array}$$

至此我们就可以实现普通幂、上升幂、下降幂之间的灵活转化了。

4.2 例题

例 1 [联合省选 2020 A 卷] 组合数问题

$\text{Link}$

暴力推式子即可。首先化开 $f(k)$：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{k=0}^{n}f(k)\times x^k\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\\ =& \sum _{k=0}^n\sum _{i=0}^m{a}_i{k}^i\times x^k\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\\ =& \sum _{i=0}^m{a}_i\sum _{k=0}^n{k}^i\times x^k\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\end{array}$$

现在看后面的和式，对其进行如下变换：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{k=0}^n{k}^i\times x^k\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\\ =& \sum _{k=0}^n\sum _{j=0}^i\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\}{k}^{\underset{―}{j}}\times x^k\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\\ =& \sum _{k=0}^n\sum _{j=0}^i\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\}{n}^{\underset{―}{j}}\times x^k\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{k-j})\\ =& \sum _{j=0}^i\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\}{n}^{\underset{―}{j}}\sum _{k=0}^n{x}^k\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{k-j})\\ =& \sum _{j=0}^i\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\}{n}^{\underset{―}{j}}\sum _{k=0}^{n-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{k})\times x^{k+j}\\ =& \sum _{j=0}^i\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\}{n}^{\underset{―}{j}}{x}^j\sum _{k=0}^{n-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{k})\times x^k\\ =& \sum _{j=0}^i\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\}{n}^{\underset{―}{j}}{x}^j(x+1{)}^{n-j}\end{array}$$

于是我们就可以在 $O(m^2)$ 的复杂度内得到原式结果了。

例 2 [国家集训队] Crash 的文明世界

$\text{Link}$

我们要求距离的 $k$ 次方和，首先想到的肯定是运用二项式定理对距离进行合并或拆分。于是想到换根 dp，设 $f(i,j)$ 表示 $i$ 子树内到 $i$ 的距离的 $j$ 次方和，那么可以在 $O(n{k}^2)$ 的复杂度内求出答案，无法通过。

考虑将 $k$ 次方做斯特林展开：

$$\begin{array}{rl}S(i)& =\sum _{j=1}^{n}dis(i,j{)}^k\\ & =\sum _{j=1}^n\sum _{m=1}^k\{\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{m}\}m!(\genfrac{}{}{0ex}{}{dis(i,j)}{m})\\ & =\sum _{m=1}^k\{\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{m}\}m!\sum _{j=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{dis(i,j)}{m})\end{array}$$

于是我们只需要求出所有的 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{dis(i,j)}{m})$ 即可，设 $f(i,j)$ 表示 $i$ 子树内到 $i$ 距离的 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{dis}{j})$ 之和，由于我们有 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m-1})$，所以转移方程为 $f(i,j)=f(to,j)+f(to,j-1)$。然后做一遍换根即可得出正确答案。复杂度 $O(k^2+nk)$，可以通过。

例 3 [TJOI/HEOI2016] 求和

$\text{Link}$

暴力拆式子即可：

$$\begin{array}{rl}f(n)& =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^i\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\}\times 2^j\times j!\\ & =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^n\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\}\times 2^j\times j!\\ & =\sum _{j=0}^n{2}^j\times j!\sum _{i=0}^n\{\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\}\\ & =\sum _{j=0}^n{2}^j\times j!\sum _{i=0}^n\sum _{k=0}^j{\displaystyle \frac{(-1{)}^{j-k}}{(j-k)!}}{\displaystyle \frac{k^i}{k!}}\\ & =\sum _{j=0}^n{2}^j\times j!\sum _{k=0}^j{\displaystyle \frac{(-1{)}^{j-k}}{(j-k)!}}{\displaystyle \frac{\sum _{i=0}^n{k}^i}{k!}}\end{array}$$

发现后面的和式是一个朴素和卷积的形式，因此直接 NTT 求出卷积即可。复杂度 $O(n\log n)$。

例 4 [BZOJ5093] 图的价值

题意：定义一个带标号简单无向图的价值为每个点度数的 $k$ 次方之和，求所有 $n$ 个点的带标号简单无向图价值之和。

不难发现每个点的贡献是独立的，因此我们可以枚举每个点的度数并计算其对应方案数。那么对于一个点，其贡献如下：

$$\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i})\times 2^{\frac{n(n-1)}{2}-n+1}\times i^k$$

对 $i^k$ 做斯特林展开可得：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i})\times 2^{\frac{n(n-1)}{2}-n+1}\times \sum _{j=0}^k\{\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j}\}j!(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})\\ =& \sum _{j=0}^k\{\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j}\}j!\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i})\times 2^{\frac{n(n-1)}{2}-n+1}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})\\ =& \sum _{i=0}^k\{\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\}i!\sum _{j=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{j})\times 2^{\frac{n(n-1)}{2}-n+1}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})\\ =& \sum _{i=0}^k\{\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\}\sum _{j=0}^{n-1}{2}^{\frac{n(n-1)}{2}-n+1}\times i!\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{j})\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})\\ =& \sum _{i=0}^k\{\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\}\sum _{j=0}^{n-1}{2}^{\frac{n(n-1)}{2}-n+1}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1-i}{j-i})\times (n-1{)}^{\underset{―}{i}}\\ =& \sum _{i=0}^k{2}^{\frac{n(n-1)}{2}-n+1}\{\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\}(n-1{)}^{\underset{―}{i}}\sum _{j=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1-i}{j-i})\\ =& \sum _{i=0}^k{2}^{\frac{n(n-1)}{2}-n+1}\{\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\}(n-1{)}^{\underset{―}{i}}{2}^{n-1-i}\end{array}$$

所以我们只需要求出 $k$ 这一行上的斯特林数即可 $O(k)$ 求出答案，求一行上第二类斯特林数直接 NTT 即可，复杂度 $O(k\log k)$。

例 5 [FJOI2016] 建筑师

$\text{Link}$

考虑 dp，设 $dp(i,j)$ 表示前 $i$ 个建筑可以看到 $j$ 个的方案数，则有转移：

$$dp(i,j)=dp(i-1,j-1)+(i-1)dp(i-1,j)$$

不难发现 $dp(i,j)=[\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}]$。然后考虑答案，枚举最大值所在位置，答案即为：

$$\sum _{i=1}^n[\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{A-1}][\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{B-1}](\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})$$

复杂度是 $O(n)$ 的，不能接受。考虑组合意义优化，我们认为每个数及其后面被他遮住的建筑为一块，那么我们直接求出 $[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{A+B-2}]$，这样会构成 $A+B-2$ 个块，从这些块里选出 $B-1$ 个块放到后面即可构成一个合法序列，所以答案实际上就是：

$$[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{A+B-2}](\genfrac{}{}{0ex}{}{A+B-2}{B-1})$$

如此预处理出第一类斯特林数即可 $O(1)$ 求解答案。