【CF932E】Team Work-二项式反演+第二类斯特林数

测试地址:Team Work
题目大意:给定n,k,求i=1nCniik
做法:本题需要用到二项式反演+第二类斯特林数。
二项式反演的实质是容斥原理,有两种表示形式:
f(n)=i=0n(1)iCnig(i)g(n)=i=0n(1)iCnif(i)等价,或:
f(n)=i=0nCnig(i)g(n)=i=0n(1)niCnif(i)等价。
证明待填坑,这里先不写了。
我们发现第二类斯特林数:
S(n,m)=1m!i=0m(1)iCmi(mi)n
后面的式子和二项式反演的第二种形式的右边非常相似,而且后面是一个幂函数,因此我们尝试用斯特林数凑出幂函数。
首先有:
m!S(n,m)=i=0m(1)iCmi(mi)n
mi替换i,得:
m!S(n,m)=i=0m(1)miCmiin
这样这个式子就跟上面的形式完全一样了,所以我们有:
mn=i=0nCmii!S(n,i)
细心的同学可能发现我换了和式的上限,这是没有任何问题的,请大家自己证证看。(提示:从组合数和斯特林数有意义的数值区间考虑)
那么我们把这个结论带进要求的式子中去,得到:
ans=i=1nCniik
=i=0nCnij=0kCijj!S(k,j)(这一步在k=0时会多出一个1,最后特判减去即可)
显然应该对换i,j的位置,得到:
ans=j=0kS(k,j)j!i=0nCniCij
从后面和式的组合意义考虑,这个式子表达的是,先从n个里取i个,再从i个里取j个的方案数。那么我们不如考虑每一个j个元素构成的集合产生的贡献,因为i是任意取的,那么取其他ij个元素的方案数,就等于2nj。所以有:
ans=j=0kS(k,j)j!Cnj2nj
=j=0kS(k,j)n!(nj)!2nj
于是我们O(k2)预处理出第二类斯特林数,再O(k)算出上面的式子即可。
事实上,这道题目是一道更难题目的一小部分,那道题目我看不懂,所以暂时先做这道题。那道题目需要用到k达到105的情况,实际上仍是可做的,因为:
S(k,j)=1j!i=0j(1)iCji(ji)k
=i=0j(1)ii!(ji)k(ji)!
这是一个卷积的形式,可以用FFT/NTT做到O(klogk)预处理斯特林数,但这道题k比较小,所以我就不这样写了。
以下是本人代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
ll n,k,S[5010][5010]={0};

ll power(ll a,ll b)
{
    ll s=1,ss=a;
    while(b)
    {
        if (b&1) s=s*ss%mod;
        b>>=1;ss=ss*ss%mod;
    }
    return s;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);

    S[0][0]=1;
    for(ll i=1;i<=k;i++)
        for(ll j=1;j<=i;j++)
            S[i][j]=(S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j])%mod;

    ll s1=1,s2=power(2,n),inv=500000004,ans=0;
    for(ll i=0;i<=k;i++)
    {
        ans=(ans+S[k][i]*s1%mod*s2)%mod;
        s1=s1*(n-i)%mod;
        s2=s2*inv%mod;
    }
    if (k) printf("%lld",ans);
    else printf("%lld",(ans-1+mod)%mod);

    return 0;
}
posted @ 2018-06-16 23:10  Maxwei_wzj  阅读(132)  评论(0编辑  收藏  举报