【CF932E】Team Work（第二类斯特林数）

【CF932E】Team Work（第二类斯特林数）

题面

洛谷
CF
求\(\sum_{i=1}^nC_{n}^i*i^k\)

题解

寒假的时候被带飞，这题被带着写了一遍。事实上并不难，咱们来颓柿子。
首先回忆一下第二类斯特林数关于整数幂的计算公式：
\[m^n=\sum_{i=0}^mC_{m}^i*S(n,i)*i!\]
\(m^n\)理解为把\(n\)个不一样的球放到\(m\)个不一样的盒子中去。那么咱们枚举有几个盒子非空，用第二类斯特林数乘阶乘计算放置的方案数，最后求和就是结果。
那么直接把\(i^k\)展开
\[\sum_{i=1}^nC_n^i\sum_{j=0}^iC_i^j*S(k,j)*j!\]
把组合数直接拆开
\[\sum_{i=1}^n\frac{n!}{i!(n-i)!}\sum_{j=0}^i\frac{i!}{j!(i-j)!}*S(k,j)*j!\]
化简以后的结果就很好看了。
\[\sum_{i=1}^n\frac{n!}{(n-i)!}\sum_{j=0}^i\frac{S(k,j)}{(i-j)!}\]
\(n\)的范围太大，而\(k\)的范围很小，因此考虑把斯特林数提出来放到外层循环
\[\sum_{j=0}^nS(k,j)\sum_{i=j}^n\frac{n!}{(n-i)!}*\frac{1}{(i-j)!}\]
由于第二类斯特林数\(S(k,j)\)若是\(j>k\)那么结果就是\(0\),因此能够不须要考虑。那么式子能够化简\[\sum_{j=0}^{min(n,k)}S(k,j)\sum_{i=j}^n\frac{n!}{(n-i)!}*\frac{1}{(i-j)!}\]
后面的阶乘孤零零的，给他配点东西就好看了。
\[\sum_{j=0}^{k}S(k,j)\sum_{i=0}^n\frac{n!}{(n-j)!}\frac{(n-j)!}{(n-i)!(i-j)!}\]
\[\sum_{j=0}^{k}S(k,j)\frac{n!}{(n-j)!}\sum_{i=0}^nC_{n-j}^{i-j}\]
\[\sum_{j=0}^{k}S(k,j)\frac{n!}{(n-j)!}2^{n-j}\]
由于\(k\)只有\(5000\)，因此\(i\)的起始位置最多只有\(5000\)个，那么直接\(O(k)\)考虑计算便可。
斯特林数暴力\(O(k^2)\)预处理，总的复杂度\(O(k^2)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
#define inv2 500000004
#define MAX 5050
int fpow(int a,int b){int s=1;while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}return s;}
int n,k,S[MAX][MAX],ans;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);S[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=k;++i)
        for(int j=1;j<=k;++j)
            S[i][j]=(S[i-1][j-1]+1ll*S[i-1][j]*j)%MOD;
    for(int j=0,pw=fpow(2,n),nw=1;j<=min(n,k);pw=1ll*pw*inv2%MOD,nw=1ll*nw*(n-j)%MOD,++j)
        ans=(ans+1ll*S[k][j]*nw%MOD*pw%MOD)%MOD;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}