第一类斯特林数
\(S(n,k)\)表示第一类斯特林数 \(n\)个不同的数字形成\(k\)个圆排列的方案数。
\(s(n,k)\)表示第二类斯特林数 \(n\)个不同的数字形成\(k\)个集合的方案数。
\(S(n,k)=S(n-1,k-1)+(n-1)S(n-1,k)\)
边界\(S(n,0)=[n==0],S(0,n)=[n==0]\)
问题模型1
求\(S(n,i)\) \(n\le 300000\)
考虑利用生成函数解决这个问题。
考虑第一类斯特林数的生成函数表示\(F(x)=\Pi_{i=0}^{n-1}(x+i)=x^{\overline n}\)
具体意义和定义递推式一样。容易想到\(x^k\)的系数即为\(S(n,k)\)
那么问题转化为求\(F(x)\)即求\(x^{\overline n}\)
若\(n\&1==1\),则\(x^{\overline n}=x^{\overline {n-1}}(x+n-1)\)只需求\(x^{\overline {n-1}}\)即可
若\(n\&1==0\),则设\(m=\frac{n}{2}\),\(x^{\overline n}=x^{\overline {2m}}=x^{\overline m}(x+m)^{\overline m}\)
考虑设\(g(x)=x^{\overline m}=\sum_{i=0}^ma_ix^i\)
则\((x+m)^{\overline m}=g(x+m)=\sum_{i=0}^ma_i(x+m)^i=\sum_{i=0}^ma_i\sum_{j=0}^iC(i,j)x^jm^{i-j}\)
颠倒求和一下\(g(x+m)=\sum_{j=0}^{m}\sum_{i=j}^m\frac{i!}{j!(i-j)!}x^jm^{i-j}a_i=\sum_{j=0}^{m}\frac{x^j}{j!}\sum_{i=j}^ma_ii！\frac{m^{i-j}}{(i-j)!}\)
这个式子是一个卷积具体做法:将\(i-j\)取负\(+m\)进而和\(i\)进行卷积最后\(j+m\)上的值即为\(j\)的值。
之后将\(g(x),g(x+m)\)卷积即可得到\(x^{\overline n}\)
不断递归下去复杂度为\(nlogn\)
code
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#include<cctype>
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#include<deque>
#include<stack>
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#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 1000000000
#define inf 100000000000000000ll
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define putl_(x) printf("%lld ",x);
#define get(x) x=read()
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define rep(p,n,i) for(int i=p;i<=n;i+=1)
#define fep(n,p,i) for(int i=n;i>=p;--i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define sq sqrt
#define x(w) t[w].x
#define r(w) t[w].r
#define id(w) t[w].id
#define R(w) s[w].r
#define yy p<<1|1
#define zz p<<1
#define sum(w) t[w].sum
#define mod 167772161
#define sc(A) scanf("%d",&A)
#define scs(A) scanf("%s",A);
#define put(A) printf("%d\n",A)
#define min(x,y) (x>=y?y:x)
#define max(x,y) (x>=y?x:y)
#define sub(x,y) (x-y<0?x-y+mod:x-y)
using namespace std;
const int MAXN=(1<<19)+1,G=3;
int n,k,m,T,cnt,lim;
int fac[MAXN],inv[MAXN],a[MAXN],b[MAXN],w[MAXN],f[MAXN],rev[MAXN],g[MAXN];
inline int ksm(int b,int p)
{
int cnt=1;
while(p)
{
if(p&1)cnt=(ll)cnt*b%mod;
b=(ll)b*b%mod;p=p>>1;
}
return cnt;
}
inline int C(int n,int m){return (ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
inline void NTT(int *a,int op)
{
rep(0,lim-1,i)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int len=2;len<=lim;len=len<<1)
{
int mid=len>>1;
int wn=ksm(G,op==1?(mod-1)/len:mod-1-(mod-1)/len);
for(int j=0;j<lim;j+=len)
{
ll d=1;
for(int i=0;i<mid;++i)
{
ll x=a[i+j],y=a[i+j+mid]*d%mod;
a[i+j]=(x+y)%mod;a[i+j+mid]=(x-y+mod)%mod;
d=d*wn%mod;
}
}
}
if(op==-1)
{
int IN=ksm(lim,mod-2);
rep(0,lim-1,i)a[i]=(ll)a[i]*IN%mod;
}
}
inline void CDQ(int n)
{
if(n==1)
{
f[0]=0;f[1]=1;
return;
}
if(n&1)
{
CDQ(n-1);
fep(n,0,i)f[i]=(i==0?0:f[i-1]+(ll)(n-1)*f[i])%mod;
}
else
{
CDQ(n>>1);
int m=n>>1;
int ww=1;
fep(m,0,i)
{
b[i]=(ll)ww*inv[m-i]%mod;
ww=(ll)ww*m%mod;
}
rep(0,m,i)a[i]=(ll)f[i]*fac[i]%mod;
lim=1;while(lim<=m+m)lim=lim<<1;
rep(0,lim-1,i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?lim>>1:0);
NTT(a,1);NTT(b,1);
rep(0,lim-1,i)a[i]=(ll)a[i]*b[i]%mod;
NTT(a,-1);
rep(0,m,i)g[i]=(ll)a[i+m]*inv[i]%mod;
NTT(f,1);NTT(g,1);
rep(0,lim-1,i)f[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod;
NTT(f,-1);
rep(0,lim-1,i)
{
a[i]=b[i]=g[i]=0;
if(i>m+m)f[i]=0;
}
}
}
signed main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
sc(n);
fac[0]=1;
rep(1,n,i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=0;--i)inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%mod;
CDQ(n);
rep(0,n,i)put_(f[i]);
return 0;
}
第一类斯特林数有几条性质：
\(1.\)\(n!=\sum_{k=0}^nS(n,k)\)
考虑\(n!\)的每一个排列他们都是由若干个置换构成这恰一一对应
\(2.\)\(S(n,1)=(n-1)!\)
\(3.S(n,2)=(n-1)!\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}\)
考虑枚举1所在的环的大小 则方案数为\(\sum_{j=0}^{n-2}C(n-1,j)j!(n-1-j-1)!\)化简得\(S(n,2)=(n-1)!\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}\)
