第二类斯特林数总结

最主要的两个式子：

套路1：

$$\begin{array}{l}x^k=\sum_{i=0}^k\begin{pmatrix}x\\i\end{pmatrix}\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}i!\\\end{array}$$

左边的式子可以看成将k个球放到x个有标号的盒子中，总共的方案数。

右边的式子可以看成先选出i个非空的盒子，将k个球放到这i个盒子中且不空的方案数。但由于第二类斯特林数是无序的，还要乘上i阶乘。

套路2：

$$\begin{array}{l}\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac1{m!}\;\sum_{i=0}^m\;(-1)^i\;\;\begin{pmatrix}m\\i\end{pmatrix}(m-i)^n\\\end{array}$$

这是第二类斯特林数的容斥形式。

右边相当于枚举有多少个空的盒子，然后剩下的盒子随便放。由于这是有标号的结果，最后要除以m阶乘。

 

有了套路2，就能NTT在O(nlogn)时间内算出$$\begin{array}{l}\\\begin{Bmatrix}n\\0\end{Bmatrix}\sim\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\end{array}$$>。

 

1.求第二类斯特林数S(n,0)~S(n,m)，n,m<=5E5，模998244353。

朴素NTT即可。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long int ll;
 4 const ll mod=998244353;
 5 const ll G=3;
 6 const ll Gi=332748118;
 7 const ll maxn=1E6+5;
 8 ll a[maxn],b[maxn],fac[maxn],n,m,len,limit,sum[maxn],ans;
 9 int r[maxn];
10 int re(int x)
11 {
12     int ans=0;
13     for(int i=0;i<len;++i)ans=ans*2+((x&(1<<i))>0);
14     return ans;
15 }
16 ll qpow(ll x,ll y)
17 {
18     ll ans=1,base=x;
19     while(y)
20     {
21         if(y&1)ans=ans*base%mod;
22         base=base*base%mod;
23         y>>=1;
24     }
25     return ans;
26 }
27 void init()
28 {
29     fac[0]=1;
30     for(int i=1;i<=n;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
31     for(int i=0;i<=n;++i)b[i]=qpow(fac[i],mod-2)*qpow(i,n)%mod;
32     for(int i=0;i<=n;++i)a[i]=(qpow(-1,i)*qpow(fac[i],mod-2)%mod+mod)%mod;
33 }
34 void NTT(ll*A,int g)
35 {
36     for(int i=0;i<limit;++i)
37         if(r[i]<i)swap(A[i],A[r[i]]);
38     for(int i=2;i<=limit;i*=2)
39     {
40         ll w;
41         if(g==1)w=qpow(G,(mod-1)/i);
42         else w=qpow(Gi,(mod-1)/i);
43         for(int j=0;j<limit/i;++j)
44         {
45             ll d=1;
46             for(int k=0;k<i/2;++k)
47             {
48                 ll a=A[i*j+k],b=A[i*j+i/2+k]*d%mod;
49                 A[i*j+k]=(a+b)%mod;
50                 A[i*j+i/2+k]=(a-b+mod)%mod;
51                 d=d*w%mod;
52             }
53         }
54     }
55 }
56 int main()
57 {
58     ios::sync_with_stdio(false);
59     cin>>n;
60     init();
61     len=0,limit=1;
62     while(limit<=n*2)
63     {
64         ++len;
65         limit<<=1;
66     }
67     for(int i=n+1;i<=limit;++i)a[i]=0;
68     for(int i=n+1;i<=limit;++i)b[i]=0;
69     for(int i=0;i<limit;++i)r[i]=re(i);
70     NTT(a,1);
71     NTT(b,1);
72     for(int i=0;i<limit;++i)a[i]=a[i]*b[i]%mod;
73     NTT(a,-1);
74     ll g=qpow(limit,mod-2);
75     for(int i=0;i<limit;++i)a[i]=a[i]*g%mod;
76     for(int i=0;i<=n;++i)cout<<a[i]<<" ";cout<<endl;
77     return 0;
78 }
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2.n<=1E5,求$$\sum_{i=0}^n\;\sum_{j=0}^i\;\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}\times2^j\times(j!)\;$$

改变求和顺序，将斯特林数展开即可。

$$\begin{array}{l}\sum_{i=0}^n\;\sum_{j=0}^i\;\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}\times2^j\times(j!)\;\\=\sum_{j=0}^n\;2^j\times(j!)\sum_{i=j}^n\;\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}\\=\sum_{j=0}^n\;2^j\times(j!)\sum_{i=0}^n\;\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}\end{array}$$

令$$\begin{array}{l}\\f(m)=\sum_{i=0}^n\;\begin{Bmatrix}i\\m\end{Bmatrix}\\f(m)=\sum_{i=0}^n\;\frac{\displaystyle1}{\displaystyle m!}\;\sum_{j=0}^n\;(-1)^j\begin{pmatrix}m\\j\end{pmatrix}(m-j)^i\\=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n\;\frac{\displaystyle1}{\displaystyle m!}\frac{\displaystyle m!}{\displaystyle j!(m-j)!}(m-j)^i(-1)^j\\=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n\;\frac{(m-j)^i}{(m-j)!}\times\frac{(-1)^j}{j!}\\=\sum_{j=0}^n\;\frac{\displaystyle(-1)^j}{\displaystyle j!}\sum_{i=0}^n\;\frac{\displaystyle(m-j)^i}{\displaystyle(m-j)!}\\\end{array}$$

右边只是一个等比数列求和。求出所有的值后，显然可以卷积。

最后答案为$$\sum_{i=0}^n\;2^i\times(i!)\times f(i)$$

注意等比数列求和时若x=1，需特判。

 1 // luogu-judger-enable-o2
 2 #include<bits/stdc++.h>
 3 using namespace std;
 4 typedef long long int ll;
 5 const ll mod=998244353;
 6 const ll G=3;
 7 const ll Gi=332748118;
 8 const ll maxn=1E6+5;
 9 ll a[maxn],b[maxn],fac[maxn],n,m,len,limit,sum[maxn],ans;
10 int r[maxn];
11 int re(int x)
12 {
13     int ans=0;
14     for(int i=0;i<len;++i)ans=ans*2+((x&(1<<i))>0);
15     return ans;
16 }
17 ll qpow(ll x,ll y)
18 {
19     ll ans=1,base=x;
20     while(y)
21     {
22         if(y&1)ans=ans*base%mod;
23         base=base*base%mod;
24         y>>=1;
25     }
26     return ans;
27 }
28 ll get(ll x){return (qpow(x,n+1)-1)*qpow(x-1,mod-2)%mod;}
29 void init()
30 {
31     fac[0]=1;
32     for(int i=1;i<=n;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
33     for(int i=0;i<=n;++i)a[i]=(qpow(-1,i)*qpow(fac[i],mod-2)%mod+mod)%mod;
34     for(int i=0;i<=n;++i)b[i]=get(i)*qpow(fac[i],mod-2)%mod;
35 }
36 void NTT(ll*A,int g)
37 {
38     for(int i=0;i<limit;++i)
39         if(r[i]<i)swap(A[i],A[r[i]]);
40     for(int i=2;i<=limit;i*=2)
41     {
42         ll w;
43         if(g==1)w=qpow(G,(mod-1)/i);
44         else w=qpow(Gi,(mod-1)/i);
45         for(int j=0;j<limit/i;++j)
46         {
47             ll d=1;
48             for(int k=0;k<i/2;++k)
49             {
50                 ll a=A[i*j+k],b=A[i*j+i/2+k]*d%mod;
51                 A[i*j+k]=(a+b)%mod;
52                 A[i*j+i/2+k]=(a-b+mod)%mod;
53                 d=d*w%mod;
54             }
55         }
56     }
57 }
58 int main()
59 {
60     ios::sync_with_stdio(false);
61     cin>>n;
62     init();
63     len=0,limit=1;
64     while(limit<=n*2)
65     {
66         ++len;
67         limit<<=1;
68     }
69     for(int i=0;i<limit;++i)r[i]=re(i);
70     b[1]=n+1;
71     NTT(a,1);
72     NTT(b,1);
73     for(int i=0;i<limit;++i)a[i]=a[i]*b[i]%mod;
74     NTT(a,-1);
75     ll g=qpow(limit,mod-2);
76     for(int i=0;i<limit;++i)a[i]=a[i]*g%mod;
77     for(int i=0;i<=n;++i)ans=(ans+qpow(2,i)*fac[i]%mod*a[i]%mod)%mod;
78     cout<<ans<<endl;
79     return 0;
80 }
View Code

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4091

 

3.n个点，求（（所有有编号无向图（每个点度数的k次方的和））的和）。

考虑每个点的贡献，答案为：$$n\;\sum_{i=0}^{n-1}\;i^k\times\begin{pmatrix}n-1\\i\end{pmatrix}\times2^{\begin{pmatrix}n-1\\2\end{pmatrix}}$$

即枚举每个点的度数，n-1个点中要有i个点连向他，剩下的点随便连边。

方便起见，只需要求

$$\begin{array}{l}\sum_{i=0}^n\;i^k\times\begin{pmatrix}n\\i\end{pmatrix}\;\\=\sum_{i=0}^n\;\begin{pmatrix}n\\i\end{pmatrix}\;\sum_{j=0}^k\;\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\begin{pmatrix}i\\j\end{pmatrix}j!\\=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}j!\;\;\sum_{i=0}^n\;\begin{pmatrix}n\\i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}i\\j\end{pmatrix}\\=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}j!\;\;\sum_{i=0}^n\;\begin{pmatrix}n\\j\end{pmatrix}\begin{pmatrix}n-j\\i-j\end{pmatrix}\\=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}j!\begin{pmatrix}n\\j\end{pmatrix}\;\;\sum_{i=0}^n\;\begin{pmatrix}n-j\\i-j\end{pmatrix}\;\\=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}j!\begin{pmatrix}n\\j\end{pmatrix}\;\;2^{n-j}\end{array}$$

最后几步看不懂翻翻具体数学。P143

 1 #pragma GCC optimize(2)
 2 #include<bits/stdc++.h>
 3 using namespace std;
 4 typedef long long int ll;
 5 const ll mod=998244353;
 6 const ll G=3;
 7 const ll Gi=332748118;
 8 const ll maxn=2E6+5;
 9 ll min(ll x,ll y){return x<y?x:y;}
10 ll max(ll x,ll y){return x>y?x:y;}
11 int r[maxn],len,limit;
12 ll fac[maxn],a[maxn],b[maxn],k,n,ans,inv[maxn];
13 int re(int x)
14 {
15     int ans=0;
16     for(int i=0;i<len;++i)ans=ans*2+((x&(1<<i))>0);
17     return ans;
18 }
19 ll qpow(ll x,ll y)
20 {
21     ll ans=1,base=x;
22     while(y)
23     {
24         if(y&1)ans=ans*base%mod;
25         base=base*base%mod;
26         y>>=1;
27     }
28     return ans;
29 }
30 void init()
31 {
32     fac[0]=1;
33     for(int i=1;i<=k;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
34     for(int i=0;i<=k;++i)inv[i]=qpow(fac[i],mod-2);
35     for(int i=0;i<=k;++i)a[i]=(qpow(-1,i)*inv[i]%mod+mod)%mod;
36     for(int i=0;i<=k;++i)b[i]=qpow(i,k)*inv[i]%mod;
37     limit=1;
38     while(limit<=2*k)
39     {
40         ++len;
41         limit<<=1;
42     }
43     for(int i=0;i<limit;++i)r[i]=re(i);
44 }
45 void NTT(ll*A,int g)
46 {
47     for(int i=0;i<limit;++i)
48         if(i<r[i])swap(A[i],A[r[i]]);
49     for(int i=2;i<=limit;i*=2)
50     {
51         ll w;
52         if(g==1)w=qpow(G,(mod-1)/i);
53         else w=qpow(Gi,(mod-1)/i);
54         for(int j=0;j<limit/i;++j)
55         {
56             ll d=1;
57             for(int k=0;k<i/2;++k)
58             {
59                 ll a=A[i*j+k],b=d*A[i*j+i/2+k]%mod;
60                 A[i*j+k]=(a+b)%mod;
61                 A[i*j+i/2+k]=(a-b+mod)%mod;
62                 d=d*w%mod;
63             }
64         }
65     }
66 }
67 int main()
68 {
69     ios::sync_with_stdio(false);
70     cin>>n>>k;
71     --n;
72     init();
73     NTT(a,1);
74     NTT(b,1);
75     for(int i=0;i<=limit;++i)a[i]=a[i]*b[i]%mod;
76     NTT(a,-1);
77     ll g=qpow(limit,mod-2);
78     for(int i=0;i<=limit;++i)a[i]=a[i]*g%mod;
79     ll w=qpow(2,n),GG=qpow(2,mod-2);
80     for(int i=0;i<=min(k,n);++i)
81     {
82         ans=(ans+a[i]*w)%mod;
83         w=w*(n-i)%mod*GG%mod;
84     }
85     ans=ans*(n+1)%mod*qpow(2,n*(n-1)/2)%mod;
86     cout<<ans<<endl;
87     return 0;
88 }
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https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5093

 

4.求树上所有点对距离的k次方和，点对中两个点不一样。n<=5E4,k<=150。

还是展开。

 1 // luogu-judger-enable-o2
 2 #include<bits/stdc++.h>
 3 using namespace std;
 4 typedef long long int ll;
 5 const ll mod=10007;
 6 ll n,f1[50005][255],f2[50005][255],head[50005*2],size,x,y,s[555][555],fac[555],k,tmp[555];
 7 struct edge{int to,next;}E[50005*2];
 8 void add(int u,int v)
 9 {
10     E[++size].to=v;
11     E[size].next=head[u];
12     head[u]=size;
13 }
14 void init()
15 {
16     s[0][0]=1;
17     for(int i=1;i<=200;++i)
18         for(int j=1;j<=200;++j)
19             s[i][j]=(j*s[i-1][j]%mod+s[i-1][j-1])%mod;
20     fac[0]=1;
21     for(int i=1;i<=200;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
22 }
23 void dfs1(int u,int F)
24 {
25     f1[u][0]=1;
26     for(int e=head[u];e;e=E[e].next)
27     {
28         int v=E[e].to;
29         if(v==F)continue;
30         dfs1(v,u);
31         for(int i=k;i>=1;--i)f1[u][i]=(f1[u][i]+f1[v][i]+f1[v][i-1])%mod;
32         f1[u][0]=(f1[u][0]+f1[v][0])%mod;
33     }
34 }
35 void dfs2(int u,int F)
36 {
37     for(int i=0;i<=k;++i)f2[u][i]=f1[u][i];
38     if(F!=0)
39     {
40         for(int i=1;i<=k;++i)
41             tmp[i]=(f2[F][i]-f1[u][i]-f1[u][i-1]+mod*2)%mod;
42         tmp[0]=(f2[F][0]-f1[u][0]+mod)%mod;
43         for(int i=1;i<=k;++i)
44             f2[u][i]=(f2[u][i]+tmp[i]+tmp[i-1])%mod;
45         f2[u][0]=(f2[u][0]+tmp[0])%mod;
46     }
47     for(int e=head[u];e;e=E[e].next)
48     {
49         int v=E[e].to;
50         if(v==F)continue;
51         dfs2(v,u);
52     }
53 }
54 int main()
55 {
56 //    freopen("a.in","r",stdin);
57     ios::sync_with_stdio(false);
58     cin>>n>>k;
59     for(int i=1;i<=n-1;++i)
60     {
61         cin>>x>>y;
62         add(x,y);
63         add(y,x);
64     }
65     init();
66     dfs1(1,0);
67     dfs2(1,0);
68     for(int u=1;u<=n;++u)
69     {
70         int ans=0;
71         for(int i=0;i<=k;++i)ans=(ans+s[k][i]*fac[i]%mod*f2[u][i]%mod)%mod;
72         cout<<ans<<endl;
73     }
74     return 0;
75 }
View Code

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4827

 posted on 2019-04-23 20:06  GreenDuck  阅读(429)  评论(0)  编辑  收藏  举报