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      • 莫比乌斯函数(Mobius Function)
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    • 下降/上升幂
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OI Summary —— Maths

$\text{by sro TXN orz}$

$\LaTeX$

扩展欧几里德(exgcd)#

模板题#

给定 $a,b,c$ 求不定方程 $ax+by=c$ 整数解

模板#

$ax+by=c$ 有解的必要条件是 $c\equiv 0 \pmod{gcd(a,b)}$

inline void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(!b){
        x=1,y=0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,x,y);
    int t=x;
    x=y,y=t-y*(a/b);
}

模板题变形#

求关于$x$的同余方程 $a x \equiv 1 \pmod {b}$ 的最小正整数解。

求法#

$a x \equiv 1 \pmod {b}$ 实质上就是 $ax+by=1$

前提是 $\gcd(a,b)=1$

然后解

模板#

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll x,y;
inline void exgcd(ll m,ll n){
    if(!n){
        x=1;
        y=0;
        return;
    }
    exgcd(n,m%n);
    ll temp=y;
    y=x-m/n*y;
    x=temp;
    return;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    ll a,b;
    cin>>a>>b;
    exgcd(a,b);
    cout<<(x%b+10*b)%b;
    return 0;
}

乘法逆元#

定义#

若 $a\cdot x \equiv 1 \pmod{p}$，则称 $x$ 是 $a$ 在 $\bmod p$ 意义下的乘法逆元

模板题#

给定 $n,p$ 求 $1\sim n$ 中所有整数在模 $p$ 意义下的乘法逆元。

费马小定理及求法#

若 $p$ 为素数，$a$ 为正整数且 $a$ 、$p$ 互质，则有 $a^{p-1}\equiv 1 \pmod{p}$

变形，得到：

$a\cdot a^{p-2}\equiv 1 \pmod{m}$

$x=a^{p-2}$

然后用快速幂求出即可，复杂度 $O(n\log n)$

阶乘线性求法#

记 $inv_i$ 为 $i!$ 在 $mod\ p$ 意义下的逆元

$inv_{i+1}=\frac{1}{(i+1)!}$

$inv_{i+1}\cdot(i+1)=\frac{1}{i!}=inv_{i}$

通过求出 $inv_{i+1}$ 就可以递推出所有 $inv_{i}$

然后 $\frac{1}{i}\equiv (i-1)!\cdot inv_{i} \pmod{m}$

模板 (阶乘线性求法)#

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=3e6+5;
int frac[N],c[N];
int n,p;
inline void get_frac(){
    frac[0]=frac[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)
        frac[i]=frac[i-1]*i%p;
}
inline int qpow(int x,int idx){
    if(idx==0) return 1;
    int t=qpow(x,idx>>1);
    return idx&1?t*t%p*x%p:t*t%p;
}
inline int get_c(int x){
    return qpow(x,p-2)%p;
}
inline void get_fra_c(){
    c[n]=get_c(frac[n]);
    for(int i=n-1;i>=0;--i)
        c[i]=c[i+1]*(i+1)%p;
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    get_frac();
    get_fra_c();
    for(int i=1;i<=n;++i) printf("%lld\n",frac[i-1]*c[i]%p);
}

卢卡斯(Lucas)定理#

模板题#

给定整数 $n, m, p$ 的值，求出 $C_{n + m}^n \bmod p$ 的值， $p$ 为质数。

求法#

$Lucas(n,m,p)=Lucas(n/p,m/p,p)\cdot \text{C}_{n\ \bmod\ p}^{m\ \bmod\ p}$

$Lucas(n+m,n,p)$ 为答案

递归写就行

模板#

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e5+5;
int n,m,p;
int frac[N];
inline int qpow(int x,int idx){
	if(idx==0) return 1;
	int t=qpow(x,idx>>1);
	if(idx&1) return t*t%p*x%p;
	return t*t%p;
}
inline int C(int x,int y){
	if(x<y) return 0;
	return (frac[x]*qpow(frac[y],p-2))%p*qpow(frac[x-y],p-2)%p;
}
inline int Lucas(int x,int y){
	if(!y) return 1;
	return C(x%p,y%p)*Lucas(x/p,y/p)%p;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n>>m>>p;
		frac[0]=1;
		for(int i=1;i<N;++i) frac[i]=frac[i-1]*i%p;
		cout<<Lucas(n+m,n)<<endl;
	}
}

中国剩余定理(CRT)#

模板题#

给定 $n$ 和 $a_{1\sim n}$ $m_{1\sim n}$ 这 $2\cdot n$ 个数，求出最小的 $x$ 使得 $x \equiv a_i \pmod{m_i}$ 对于 $\forall 1\le i\le n$均成立

其中 $x$ 为正整数且 $a_i$ 两两互质

求法#

假定 $mul= {\textstyle \prod_{1}^{n}} m_i$ $M_i=\frac{mul}{m_i}$ $M_i \equiv t_i \pmod{m_i}$

则我们可以构造出一个解 $x= {\textstyle \sum_{1}^{n}a_i\cdot M_i\cdot t_i}$

任意解 $x_0=x+k*M$ 对于 $\forall k\in Z$

最小正整数解 $x_{min}=x_0\bmod M$

证明略

模板#

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=100005;
int c[N],d[N];
int n,mul=1,ans;
inline void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(!b){
        x=1,y=0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,x,y);
    int t=x;
    x=y,y=t-y*(a/b);
}
signed main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%lld%lld",&c[i],&d[i]);
        mul*=c[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int l=mul/c[i];
        int x=0,y=0;
        exgcd(l,c[i],x,y);
        ans+=d[i]*l*(x<0?x+c[i]:x);
    }
    printf("%lld",ans%mul);
}

拉格朗日插值#

模板题#

$n$ 个点 $(x_i,y_i)$ 可以唯一地确定一个多项式 $y=f(x)$

现在告诉你这 $n$ 个点，算出多项式$f(x)$，并给定 $k$ 求 $f(k)\bmod 998244353$

求法#

设基本多项式

$$g(x)={\textstyle \prod_{i=0,i\neq j}^{n}}\frac{x-x_i}{x_j-x_i}$$

那么

$$f(x)= {\textstyle \sum_{i=1}^{n}}y_i\cdot g(x)$$

然后就可以在 $O(n^2)$ 的时间内求解

模板#

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
const int N=2005;
int n,k,x[N],y[N],ans;
inline int qpow(int x,int idx){
	if(!idx) return 1;
	int t=qpow(x,idx>>1);
	return idx&1?t*t%mod*x%mod:t*t%mod;
}
inline int get_c(int x){
	return qpow(x,mod-2)%mod;
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int s1=y[i],s2=1;
		for(int j=1;j<=n;++j){
			if(j==i) continue;
			s1=s1*(k-x[j])%mod;
			s2=s2*(x[i]-x[j])%mod;
		}
		ans+=s1*get_c(s2)%mod;
        ans=(ans+mod)%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
}

大步小步(BSGS)#

模板题#

给定 $a,b,p$ 求最小 $x$ 满足 $a^x \equiv b \pmod{p}$ 其中 $a,p$ 互质

求法#

假定 $m=\left \lceil \sqrt p \right \rceil$，$x=i\cdot m-j$ 其中 $i,j\leq m$

原式可化为 $a^{i\cdot m-j} \equiv b \pmod{p}$

即 $a^{i\cdot m} \equiv b\cdot a^j \pmod{p}$

由于 $a,p$ 互质，显然 $a^{1\sim p-1}\bmod p$ 互不相同

我们枚举 $j$，将 $b\cdot a^j\bmod p$ 存入 $\textstyle{hash}$ 表

然后枚举 $i$，从 $\textstyle{hash}$ 表里找出第一个 $j$ 满足 $a^{i\cdot m} \equiv b\cdot a^j \pmod{p}$

此时 $x=i\cdot m-j$ 即为所求

P3846 [TJOI2007] 可爱的质数/【模板】BSGS#

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a,b,p;
map <int,int> mp;
inline int qpow(int x,int idx){
	if(!idx) return 1;
	int t=qpow(x,idx>>1);
	if(idx&1) return t*t%p*x%p;
	return t*t%p;
}
inline int BSGS(){
	b%=p;
	int t=sqrt(p)+1;
	for(int i=0;i<t;++i)
		mp[b*qpow(a,i)%p]=i;
	a=qpow(a,t);
	if(!a) return !b?1:-1;
	for(int i=1;i<=t;++i){
		int v=qpow(a,i);
		if(mp.find(v)==mp.end()) continue;
		int j=mp[v];
		if(i*t-j>=0) return i*t-j;
	}
	return -1;
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&p,&a,&b);
	int ans=BSGS();
	if(ans==-1) puts("no solution");
	else printf("%lld\n",ans);
}

积性函数#

定义#

$\forall a,b$ 互质，有 $f(a\cdot b)=f(a)\cdot f(b)$ 的函数 $f(x)$ 为积性函数

常见的积性函数#

$d(n)$：$n$ 的正因子数目

$\sigma(n)$：$n$ 的所有正因子之和

$\varphi(n)$：欧拉函数

$\mu(n)$：莫比乌斯函数

性质#

可以通过 $f(a\cdot b)=f(a)\cdot f(b)$ 来线性筛

莫比乌斯函数及反演#

莫比乌斯函数(Mobius Function)#

定义

若 $n=1$ 则 $\mu(n)=1$

若 $n=p_1\cdot p_2\cdots p_k(\text{其中}\ p_i\ \text{为互异素数})$ 则 $\mu(n)=(-1)^k$

否则 $\mu(n)=0$

线性筛

int mu[N],prime[N],cnt;
bool vis[N];
inline void get_Mobius(int n){
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	mu[1]=1;
	cnt=0;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;++j){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
}

莫比乌斯反演#

结论

$\left\{\begin{matrix}n=1\ 时\ {\textstyle \sum_{d|n}}\ \mu(d)=1& \\n>1\ 时\ {\textstyle \sum_{d|n}}\ \mu(d)=0&\end{matrix}\right.$

$[gcd(i,j)=1]= {\textstyle \sum_{d|gcd(i,j)}}\ \mu(d)$

Miller Rabin 算法和Pollard-rho算法#

模板题#

给定一个数 $p$ 判断其是否为质数，若不是输出其最大因数

求法#

这个求法有极小的概率错误，复杂度约为 $O(p^{\frac14})$

Miller Rabin

前置定理：

• 费马小定理：$p$ 是质数，$0<a<p$，那么 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$

• 二次探测定理：对于 $0<x<p$，$x^{2} \equiv 1 \pmod{p}$ 有且仅有两解 : $x=1$ 和 $x=p-1$

我们先找一个质数 $q$ ，若 $p=q$ 则 $p$ 为质数

然后根据费马小定理判断 $q^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ 是否成立，若不则 $p$ 非质数

否则，我们根据二次探测定理，先用一个 $k$ 记录下 $x-1$，然后只要 $k$ 为偶数就持续操作：

• 先将 $k$ 除以 $2$，然后用一个 $t$ 记录下 $p^{k}\bmod x$ 的值。

• 如果 $t$ 不等于 $1$ 且不等于 $p-1$，则根据二次探测定理，$x$ 非质数。

• 如果 $t=p-1$，则无法继续套用二次探测定理，因此直接返回 $1$。

Pollard rho

前置知识：Miller Rabin 算法

我们构造一个函数 $f(x)=(x^2+c)\bmod doge$ 用来生成随机数，其中 $c$ 是一个随机的常数

但这个方法构造出的随机数数列会有循环，就像一个 $\rho$ 一样

所以需要 $Floyd$ 判环，在有循环的时候重新随机一个 $c$

用这个方法生成随机数，然后加上 Miller Robin 的素数判断法就可以解决本题

模板#

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
int n;
ll c;
ll mul(ll p,ll q,ll x){
	ll res=(long double)p/x*q;
	res%=x;
	return (p*q-res*x+x)%x;
}
ll getpow(ll a,ll p,ll x){
	ll res=1;
	while(p){
		if(p&1) res=mul(res,a,x);
		p>>=1;
		a=mul(a,a,x);
	}
	return res;
}
bool judge(ll a,ll x){
	ll p=x-1;
	while(!(p&1))
		p>>=1;
	ll cur=getpow(a,p,x);
	while(1){
		if(p==x-1){
			return cur==1;
		}
		ll nxt=mul(cur,cur,x);
		if(nxt==1){
			if(cur!=x-1 && cur!=1) return false;
		}
		cur=nxt;p<<=1;
	}
}
bool miller_rabin(ll x){
	if(x==2) return true;
	if(x==1) return false;
	int times=5;
	while(times--){
		ll a=rand()%(x-1)+1;
		if(!judge(a,x)) return false;
	}
	return true;
}
ll next_num(ll x,ll p){
	return (mul(x,x,p)+c)%p;
}
ll unsigned_abs(ll x){
	if(x<0) return -x;
	return x;
}
ll gcd(ll x,ll y)
{
	if(!x) return y;
	if(!y) return x;
	ll t=__builtin_ctzll(x|y);
	x>>=__builtin_ctzll(x);
	do
	{
		y>>=__builtin_ctzll(y);
		if(x>y) swap(x,y);
		y-=x;
	}while(y);
	return x<<t;
}
ll Pollard_rho(ll x){
	if(miller_rabin(x)) return x;
	if(x%2==0) return max(2ll,Pollard_rho(x/2));
	if(x%3==0) return max(3ll,Pollard_rho(x/3));
	if(x%5==0) return max(5ll,Pollard_rho(x/5));
	ll a=rand()%x;
	ll b=a;
	c=rand()%x;
	while(1){
		a=next_num(a,x);
		b=next_num(next_num(b,x),x);
		if(a==b){
			a=rand()%x;
			b=a;
			c=rand()%x;
			continue;
		}
		ll Gcd=gcd(unsigned_abs(a-b),x);
		if(Gcd!=1 && Gcd!=x)
			return max(Pollard_rho(x/Gcd),Pollard_rho(Gcd));
	}
}
void solve(ll x){
	if(miller_rabin(x)) printf("Prime\n");
	else printf("%lld\n",Pollard_rho(x));
}
int main(){
	srand(time(0));
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll x;
		scanf("%lld",&x);
		solve(x);
	}
}

复数#

虚数定义及表示法#

$i=\sqrt{-1}$

$z=a+b\cdot i\ (b\neq0)$ 是一个虚数，$b=0$ 时 $z$为实数，$a=0$ 且 $b\neq0$ 时 $z$ 为纯虚数

四则运算#

$x=a+b\cdot i$，$y=c+d\cdot i$

$x+y=(a+b)+(c+d)\cdot i$

$x\cdot y=(a\cdot c-b\cdot d)+(a\cdot d+b\cdot c)\cdot i$

减法除法同理

复平面#

每一个复数都对应平面直角坐标系的一个向量

$z=a+b\cdot i$ 在复平面的向量坐标表示是 $(a,b)$

辐角：$z$ 与 $x$ 轴正版轴夹角

模长：$\sqrt{a^2+b^2}$

加法的几何意义：两个向量相加

乘法的几何意义：辐角相加，模长相乘

单位根#

定义：数学上，$n$ 次单位根是 $n$ 次幂为 $1$ 的复数。它们位于复平面的单位圆上，构成正 $n$ 边形的顶点，其中一个顶点是 $1$ 。

表示法：$x=\cos\frac{2k\pi}{n}+sin\frac{2k\pi}{n}\cdot i$，$k=1\sim n$

快速傅立叶变换(FFT)#

模板题#

给定一个 $n$ 次多项式 $F(x)$，和一个 $m$ 次多项式 $G(x)$。

请求出 $F(x)$ 和 $G(x)$ 的卷积。

模板#

// Problem: P3803 【模板】多项式乘法（FFT）
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P3803
// Memory Limit: 500 MB
// Time Limit: 2000 ms

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}

const double pi=acos(-1.0);
const int N=8e6+5;

struct Complex
{
    double x,y;
    Complex (double a=0,double b=0){x=a,y=b;}
}f[N],g[N];

Complex operator + (Complex A,Complex B){return Complex(A.x+B.x,A.y+B.y);}
Complex operator - (Complex A,Complex B){return Complex(A.x-B.x,A.y-B.y);}
Complex operator * (Complex A,Complex B){return Complex(A.x*B.x-A.y*B.y,A.x*B.y+A.y*B.x);}

int n,m;
int l,r[N];
int mx=1;

inline void fft(Complex *A,int op){
	for(int i=0;i<mx;++i)
		if(i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
	for(int mid=1;mid<mx;mid<<=1){
		Complex W(cos(pi/mid),op*sin(pi/mid));
		int R=mid<<1;
		for(int j=0;j<mx;j+=R){
			Complex w(1,0);
			for(int k=0;k<mid;++k,w=W*w){
				Complex x=A[j+k],y=w*A[j+mid+k];
				A[j+k]=x+y;
				A[j+mid+k]=x-y;
			}
		}
	}
}

signed main(){
	int n=read(),m=read();
	for(int i=0;i<=n;++i) f[i].x=read();
	for(int i=0;i<=m;++i) g[i].x=read();
	for(;mx<=n+m;mx<<=1,++l);
	for(int i=0;i<mx;r[i]=(r[i>>1]>>1|((i&1)<<l-1)),++i);
	fft(f,1),fft(g,1);
	for(int i=0;i<mx;++i) f[i]=f[i]*g[i];
	fft(f,-1);
	for(int i=0;i<=n+m;++i)
		printf("%d ",(int)(f[i].x/mx+0.5));
}

原根Primitive Root#

定义#

假若 $g^i\bmod p \neq g^j \bmod p$ 对于 $\forall\ 1\leq i,j\leq p-1$ 均成立

则称 $g$ 为 $p$ 的原根

存在原根的数#

$p=1,2,4,a,2a,a^n$ 其中 $a$ 为奇质数

求一个数的原根#

假如 $g$ 是 $p$ 的原根，那么对于 $g^r \equiv 1 \pmod{p}$ ，最小的 $r$ 是 $p-1$ 的约数

有关NTT特殊的数字#

$$\begin{cases} &{p=998244353 原根为3 \ ,\ p-1=998244352=2^{23}\times 7\times 17}\\ &{p=1004535809 原根为3 \ ,\ p-1=1004535808=2^{21}\times 479}\\ \end{cases}$$

NTT#

暂时略

斯特林(Stirling)数#

第一类斯特林数#

$s(n,m)$：$n$ 个元素构成 $m$ 个圆排列

$s(n,m)=s(n-1,m-1)+s(n-1,m)\cdot(n-1)$

n	s(n,k)
n=0	1
n=1	0 1
n=2	0 1 1
n=3	0 2 3 1
n=4	0 6 11 6 1

生成函数：$F_n(x)= {\textstyle \prod_{i=0}^{n-1}(x-i)}$ 其中 $x^i$ 的系数表示 $s(n,i)$

第二类斯特林数#

$S(n,m)$：把 $n$ 个不同的球放进 $m$ 个无差别的盒子中的方案数，盒子不为空

$S(n,m)=S(n-1,m-1)+m\cdot S(n-1,m)$

n	S(n,k)
n=0	1
n=1	0 1
n=2	0 1 1
n=3	0 1 3 1
n=4	0 1 7 6 1

$S(n,1)=1$ $S(n,2)=2^{n-1}-1$ $S(n,n-1)=C_n^2$

${\textstyle \sum_{k=0}^{n}}S(n,k)=B_n$ 其中 $B_n$ 是贝尔数

通项公式：$S(n,m)=\frac{1}{m!}\cdot(-1)^k\cdot C_m^k\cdot(m-k)^n$

变式

允许空盒子：$ans={\textstyle \sum_{k=0}^{m}}S(n,k)$

盒子有差别：$ans=S(n,m)\cdot m!$

盒子有差别且可为空：$ans={\textstyle \sum_{k=0}^{m}}\ p(m,k)\cdot S(n,k)$

倍尔数(Bell)数#

定义及求法#

$B_n$：把 $n$ 个球放入若干个盒子的总方案数

$B_n= {\textstyle \sum_{k=0}^{n}}S(n,k)$

贝尔三角形#

1

1， 2

2， 3， 5

5， 7， 10， 15

15， 20， 27， 37， 52

52， 67， 87， 114， 151， 203

第 $n$ 条的最后一个数是 $B_n$ 且 $f(n,m)=f(n-1,m)+f(n-1,m-1)$

卡特兰(Catalan)数#

性质及求法#

1 1 2 5 14 42 132

$H_n=\left\{\begin{matrix} &{\textstyle \sum_{k=0}^{n}}H_{k-1}\cdot H_{n-k}\ \ \text{ if } n>1\ \ \ \\ &1\ \ \text{ if } n=0,1\ \ \end{matrix}\right.$

$H_n=\frac{C_{2n}^n}{n+1}$

运用#

暂时略

下降/上升幂#

定义#

$x^{\underline{n}}=x(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1)=\frac{x!}{(x-n)!}={\textstyle \sum_{k=0}^{n}s(n,k)\cdot x^k}$

$x^{\overline{n}}=x(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)=\frac{(x+n-1)!}{(x-1)!}$