定义

第二类斯特林数 $\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\}$ 表示 $n$ 个两两不同的元素划分为 $m$ 个互不区分的非空子集的方案数；第一类斯特林数 $[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}]$ 表示 $n$ 个两两不同的元素划分为 $m$ 个互不区分的非空轮换（可以理解为环）的方案数。

第二类斯特林数的递推式：$\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\}=\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}\}+m\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}\}$。

第一类斯特林数的递推式：$[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}]=[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}]+(n-1)[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}]$。

第二类斯特林数 $\bullet$ 行

用容斥原理和二项式反演可以证明：

可以用卷积计算，$O(n\log n)$。

for(i=0;i<=n;++i) f[i]=kuai(i,n)*finv[i]%moder;
for(i=0;i<=n;++i) g[i]=i&1?sub(0,finv[i]):finv[i];
getlim(n<<1),ntt(f,1),ntt(g,1);
for(i=0;i<lim;++i) h[i]=f[i]*g[i]%moder;
ntt(h,-1);
for(i=0;i<=n;++i) printf("%lld ",h[i]); printf("\n");

第二类斯特林数 $\bullet$ 列

一个集合装 $i$ 个元素且非空的方案的 EGF：$\sum _{i=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^i}{i!}=e^x-1$。

求它的 $m$ 次方就得到 $m$ 个集合的 EGF，也就得到一列的第二类斯特林数。

因为是 EGF，所以要乘上 $i!$；因为集合互不区分，所以要除以 $m!$。

先 $\ln$ 再 $\exp$ 做多项式快速幂，$O(n\log n)$。

for(i=0;i<n;++i) f[i]=finv[i+1];
Ln(f,lnf,n);
for(i=0;i<n;++i) lnf[i]=lnf[i]*K%moder;
Exp(lnf,explnf,n);
for(i=0;i<K;++i) f[i]=0;
for(i=K;i<=n;++i) f[i]=explnf[i-K];
for(i=0;i<=n;++i) f[i]=f[i]*finv[K]%moder*fact[i]%moder;
for(i=0;i<=n;++i) printf("%lld ",f[i]); printf("\n");

第一类斯特林数 $\bullet$ 列

类似的，列出一个轮换的 EGF：$\sum _{i=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(i-1)!x^i}{i!}=\sum _{i=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^i}{i}$。

这里乘以 $(i-1)!$ 是因为有 $(i-1)!$ 种轮换的排法。

同样求 $m$ 次幂，$O(n\log n)$。

for(i=0;i<n;++i) f[i]=finv[i+1]*fact[i]%moder;
Ln(f,lnf,n);
for(i=0;i<n;++i) lnf[i]=lnf[i]*K%moder;
Exp(lnf,explnf,n);
for(i=0;i<K;++i) f[i]=0;
for(i=K;i<=n;++i) f[i]=explnf[i-K];
for(i=0;i<=n;++i) f[i]=f[i]*finv[K]%moder*fact[i]%moder;
for(i=0;i<=n;++i) printf("%lld ",f[i]); printf("\n");

第一类斯特林数 $\bullet$ 行

感觉是最难写的，也是 OI-Wiki 这四种中唯一一个没给代码的。

根据公式，构造同一行第一类斯特林数的生成函数：

考虑倍增，$x^{\overline{2n}}=x^{\bar{n}}(x+n{)}^{\bar{n}}$。已经求出了 $x^{\bar{n}}=f(x)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$，要求出 $f(x+k)$。

是一个差卷积的形式，时间复杂度是 $O(n\log n)$。

void solve(int a[],int n) {
	if(n==0) return a[0]=1,void();
	static int f[N]={},g[N]={};
	solve(f,n>>1); int i,nn=n>>1;
	for(i=0;i<=nn;++i) f[i]=(ll)a[i]*fact[i]%moder;
	g[0]=1; for(i=1;i<=nn;++i) g[i]=(ll)g[i-1]*nn%moder;
	MulT(f,g,nn+1,nn+1);
	for(i=0;i<=nn;++i) f[i]=(ll)f[i]*finv[i]%moder;
	Mul(a,f,nn+1,nn+1);
	if(n&1) {
		for(i=n;i;--i) f[i]=(f[i-1]+(ll)f[i]*n)%moder;
		f[0]=(ll)f[0]*n%moder;
	}
	return ;
}

下降幂多项式乘法

和普通多项式乘法一样，考虑求出下降幂多项式的点值表示法。

先考虑一项，即 $x^{\underset{―}{n}}$ 的点值表示法。设一个 EGF：$F(x)=\sum _{i=0}^{\text{infin}}\frac{i^{\underset{―}{n}}}{i!}{x}^i$，然后推式子：

从这个式子可以看出，把下降幂多项式转换为点值表示法的 EGF，相当于和 $e^x$ 做一次卷积。

把两个乘数的点值表示法的 EGF 按位相乘，再乘上 $i!$（因为两个 EGF 相乘 $\frac{1}{i!}$ 项会被算两次），就得到了乘积的点值表示法的 EGF。

把点值表示法的 EGF 变回下降幂多项式也是容易的，和 $e^{-x}$ 做一次卷积即可。

时间复杂度是 $O(n\log n)$。

下面代码每调用一次 DFT 都可能会让 $lim$ 改变，记得 getlim。

void DFT(int f[],int n,int type) {
	static int e[N]={}; int i;
	getlim(n<<1);
	for(i=n;i<lim;++i) f[i]=e[i]=0;
	for(i=0;i<n;++i) e[i]=type==-1&&(i&1)?sub(0,finv[i]):finv[i];
	ntt(f,1),ntt(e,1);
	for(i=0;i<lim;++i) f[i]=(ll)f[i]*e[i]%moder;
	ntt(f,-1); for(i=n;i<lim;++i) f[i]=0;
	return ;
}

下降幂多项式转普通多项式

受第一类斯特林数行的影响，想到了分治，推了一天总算把式子推出来了。

现在要把下降幂多项式 $F(x)$ 转换为普通多项式 $G(x)$。

考虑分治，假设现在只考虑 $[l,r]$ 项，把它分成 $[l,mid]$ 和 $(mid,r]$。

分治求的是只考虑区间内的项，转换后的普通多项式，以及 $x^{\underset{―}{r-l+1}}$ 转换后的普通多项式。

注意分治的时候是把 $x^{\underset{―}{l+i}}$ 项看成 $x^{\underset{―}{i}}$ 项，就相当于把 $[l,r]$ 项提出来。

设左区间的答案为 $L(x)$ 和 $XL(x)$，右区间的答案为 $R(x)$ 和 $XR(x)$，区间的答案为 $G(x)$ 和 $X(x)$，左区间的长度为 $lenl=mid-l+1$。

在第一类斯特林数行中，已经知道了如何根据 $f(x)$ 在 $O(n\log n)$ 的时间内求出 $f(x+k)$。

得到 $X(x)=XL(x)\ast XR(x-lenl)$，$G(x)=L(x)+R(x-lenl)\ast XL(x)$。

时间复杂度是 $O(n{\log }^{2}n)$。

poly xAdd(poly f,int k) {
	static poly a,b;
	int n=f.size(),i,temp;
	a.resize(n),b.resize(n);
	for(i=0,temp=1;i<n;++i,temp=(ll)temp*k%moder)
		a[i]=(ll)fact[i]*f[i]%moder,
		b[i]=(ll)temp*finv[i]%moder;
	f=Decmul(a,b);
	for(i=0;i<n;++i) f[i]=(ll)f[i]*finv[i]%moder;
	return f;
}
void solve(int l,int r,const poly &f,poly &g,poly &x) {
	if(l==r) return g.resize(1),g[0]=f[l],x.resize(2),x[0]=0,x[1]=1,void();
	poly L,xL,R,xR; int mid=l+r>>1;
	solve(l,mid,f,L,xL),solve(mid+1,r,f,R,xR);
	x=Mul(xL,xAdd(xR,sub(0,mid-l+1)));
	g=Add(L,Mul(xAdd(R,sub(0,mid-l+1)),xL));
	return ;
}

普通多项式转下降幂多项式

还是考虑分治，每次处理区间 $[l,r]$ 转换为下降幂多项式的答案。

设左区间 $[l,mid]$ 的答案为 $L(x)$，右区间 $(mid,r]$ 的答案为 $R(x)$，区间 $[l,r]$ 的答案为 $G(x)$，$lenl=mid-l+1$。三个多项式都是下降幂多项式。

则 $G(x)=L(x)+x^{lenl}\ast R(x)$，其中 $x^{lenl}$ 为普通多项式。

普通多项式和下降幂多项式相乘还是一样，求出点值表示法，$x^{lenl}$ 的点值表示法可以暴力算，而 $R(x)$ 的点值表示法的 EGF 可以卷一个 $e^x$ 得到。

时间复杂度为 $O(n{\log }^{2}n)$。

void dft(poly &f,int mod) {
	int n=f.size(),i; poly g;
	getlim(n<<1),f.resize(lim),g.resize(lim);
	for(i=0;i<n;++i)
		g[i]=mod&&(i&1)?sub(0,finv[i]):finv[i];
	ntt(f,1),ntt(g,1);
	for(i=0;i<lim;++i) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%moder;
	ntt(f,-1),f.resize(n);
	return ;
}
void solve(int l,int r,const poly &f,poly &g) {
	if(l==r) return g.resize(1),g[0]=f[l],void();
	int mid=l+r>>1,i; poly L,R;
	solve(l,mid,f,L),solve(mid+1,r,f,R);
	poly x;
	getlim(r-l+1),x.resize(lim),R.resize(lim);
	dft(R,0),getlim(r-l+1);
	for(i=0;i<lim;++i)
		x[i]=kuai(i,mid-l+1);
	for(i=0;i<lim;++i)
		R[i]=(ll)R[i]*x[i]%moder;
	dft(R,1),R.resize(r-l+1);
	g=Add(L,R);
	return ;
}