第一和第二类斯特林数的学习笔记

最近在学第一类和第二类斯特林数。这里记录一下学习的知识点/模板还有题目。

http://www.javashuo.com/article/p-wroajijt-nm.html

http://www.javashuo.com/article/p-vorktlpq-dc.html

http://www.javashuo.com/article/p-nbuftrhx-em.html （强推）

这篇博文没有什么创新的东西，更可能是对上面大佬提出知识的一个摘抄和总结(略去了证实部分)，加上一些练习题的学习笔记。

 

第一类斯特林数是解决：将n个不一样的元素划分为k个圆排列的方案数，递推式为f(i,j)=f(i−1,j−1)+(i−1)f(i−1,j)（能够理解为：加入一个新的数有两种状况①是本身成环②是加入之前的环，那么这个数能够插到任何一个数的前面）。

第一类斯特林数有一些性质：

①sigma S1(n,i) = n!  ; 这个能够理解为：其实每一个1-n的排列就是一个循环置换，那么n的全排列就等于全部的置换方案总和就是sigma S1(n,i) 。

②

 

③

 

 第一类斯特林数的求法

用递推式求某个S1(n,k)的话时间是O(n^2)不太理想，一种比较好的作法是根据第一类斯特林数的生成函数：x*(x+1)(x+2)(x+3)……(x+n-1)=Σf[n][i]*x^i ，能够用分治NTT求其生成函数，而后第i项的系数便是S1[n][i]。这样的时间是O(n*log2n^2)，其实还有O(n*log2n)的求法，我还没学。

 

例题+模板：codeforces 960G Bandit Blues

推式子后发现 ans=S1[n-1][A+B-2]*C(A+B-2,A-1) 。因而主要矛盾就是求S1(n-1,A+B-2)。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define LL long long
 3 using namespace std;  4 const LL P=998244353,yg=3;  5 LL A[400010];  6 LL bin[400010];  7 
 8 LL power(LL x,LL p) {  9     LL ret=1; 10     for (;p;p>>=1) { 11         if (p&1) ret=(ret*x)%P; 12         x=(x*x)%P; 13  } 14     return ret; 15 } 16 
17 void NTT(LL *a,LL n,LL op) {  //NTT:系数a数组，长度为n，op=1求值op=-1插值 
18     for(LL i=0;i<n;i++) bin[i]=(bin[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1)); 19     for(LL i=0;i<n;i++) if(i<bin[i]) swap(a[i],a[bin[i]]); 20     for(LL i=1;i<n;i<<=1) { 21         LL wn=power(yg,op==1?(P-1)/(2*i):(P-1)-(P-1)/(2*i)),w,t; 22         for(LL j=0;j<n;j+=i<<1) { 23             w=1; 24             for(LL k=0;k<i;k++) { 25                 t=a[i+j+k]*w%P;w=w*wn%P; 26                 a[i+j+k]=(a[j+k]-t+P)%P;a[j+k]=(a[j+k]+t)%P; 27  } 28  } 29  } 30     if(op==-1) { 31         LL Inv=power(n,P-2); 32         for(LL i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*Inv%P; 33  } 34 } 35 
36 LL n,a,b; 37 void solve(LL *a,LL len,LL l,LL r) {  //分治NTT求第一类斯特林数 
38     if(l==r) {a[0]=l;a[1]=1;return;}  //分治边界 
39     LL mid=(l+r)/2; LL a1[len],a2[len]; 40     memset(a1,0,sizeof(a1));memset(a2,0,sizeof(a2)); 41     solve(a1,len>>1,l,mid);solve(a2,len>>1,mid+1,r);  //分治，先求两边 
42     NTT(a1,len,1);NTT(a2,len,1); 43     for(LL i=0;i<len;i++) a[i]=a1[i]*a2[i]%P;  //两边NTT结果相乘获得[l,r]的结果 
44     NTT(a,len,-1); 45 } 46 
47 LL C(LL m,LL n) {  //求组合数C(m,n) 
48     LL fac1=1,fac2=1; 49     for(LL i=1;i<=n;i++) (fac1*=i)%=P,(fac2*=(m-i+1))%=P; 50     return fac2*power(fac1,P-2)%P; 51 } 52 
53 int main() 54 { 55     scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b); 56     if(a+b-2>n-1||!a||!b) return puts("0"),0; 57     if(n==1) return puts("1"),0; 58     
59     LL N=n-1,M=a+b-2; 60     LL len=1;while(len<(n+1)<<1) len<<=1; 61     solve(A,len,0,N-1);  //求S1(n-1,i)这一行的值 
62     
63     printf("%lld",A[M]*C(a+b-2,a-1)%P); 64 }

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第二类斯特林数：

第二类斯特林数是将n个不一样的元素放入m个相同盒子里，每一个盒子非空的方案数。

那么S2(n,m)地递推式也比较好推，S2(n,m)=S2(n-1,m-1) + m*S2(n-1,m) ; （新来的一个元素是本身放入一个新盒子仍是放到之前的盒子里）

第二类斯特林数的性质：

① m^n理解为把m个不一样元素放到n个不一样盒子的方案数，那么咱们能够枚举刚好要放i个盒子(即i个盒子非空)，而后选出这i个盒子乘上n个球放到i个盒子方案数，注意此时盒子是相同的，那么咱们乘上i!使得盒子边的不一样。

 

这个式子能够化成上升/降低幂的形式

 

 ②第二类斯特林数和天然数幂和的关系：

 

 

第二类斯特林数的求法：

咱们写出第二类斯特林式和组合意义下的式子并化简，初始式子的意思是：咱们枚举并选出k个必须空的盒子，而后把元素随便放在剩余的盒子里。这样咱们就获得了至少k个空盒子的方案数，咱们对这个方案数容斥一下就获得n个不一样元素放到m个不一样盒子方案数，对这个结果再除以m!就获得了S2(n,m)。

图借用一下上面的yyb大佬的博客，看到这个东西很想卷积，这样咱们就能用FFT/NTT求在O(nlogn)的时间内求S2(n,m)的某一行啦。

那么令f(i)=(-1)^i/i!  g[i]=i^n/i!  那么S2(n)=f.g  第m项系数就是S2(n,m)

NTT求第二类斯特林数模板：洛谷P5395 第二类斯特林数·行：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define LL long long
 3 using namespace std;  4 const int N=1e6+10;  5 const LL P=167772161,yg=3;  6 LL n,fac[N],inv[N],f[N],g[N],S2[N];  7 LL bin[N];  8 
 9 LL power(LL x,LL p) { 10     LL ret=1; 11     for (;p;p>>=1) { 12         if (p&1) ret=(ret*x)%P; 13         x=(x*x)%P; 14  } 15     return ret; 16 } 17 
18 void NTT(LL *a,LL n,LL op) {  //NTT:系数a数组，长度为n，op=1求值op=-1插值 
19     for(LL i=0;i<n;i++) bin[i]=(bin[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1)); 20     for(LL i=0;i<n;i++) if(i<bin[i]) swap(a[i],a[bin[i]]); 21     for(LL i=1;i<n;i<<=1) { 22         LL wn=power(yg,op==1?(P-1)/(2*i):(P-1)-(P-1)/(2*i)),w,t; 23         for(LL j=0;j<n;j+=i<<1) { 24             w=1; 25             for(LL k=0;k<i;k++) { 26                 t=a[i+j+k]*w%P;w=w*wn%P; 27                 a[i+j+k]=(a[j+k]-t+P)%P;a[j+k]=(a[j+k]+t)%P; 28  } 29  } 30  } 31     if(op==-1) { 32         LL Inv=power(n,P-2); 33         for(LL i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*Inv%P; 34  } 35 } 36 
37 int main() 38 { 39     cin>>n; 40     fac[0]=inv[0]=1; 41     for (int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=power(fac[i],P-2); 42     for (int i=0;i<=n;i++) f[i]=(power(-1,i)+P)%P*inv[i]%P; 43     for (int i=0;i<=n;i++) g[i]=power(i,n)*inv[i]%P; 44     
45     LL len=1;while(len<(n+1)<<1) len<<=1; 46     
47     NTT(f,len,1); NTT(g,len,1); 48     for (int i=0;i<len;i++) S2[i]=(f[i]*g[i])%P;  //求f.g的卷积为S2 
49     NTT(S2,len,-1); 50     
51     for (int i=0;i<=n;i++) printf("%lld ",S2[i]);  //求第n行的斯特林数 
52     return 0; 53 }

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相关题目：

上面大佬将与斯特林相关的题目分红了四类：①函数与斯特林数公式相同：就是按照题目推式子结果发现就是斯特林公式 ②直接推式：就是题目就是让你求一个与斯特林数相关的式子 ③根据题意运用斯特林函数及公式 ④斯特林反演的运用 ：容斥类问题，运用斯特林反演解决。

 

codeforces 960G Bandit Blues

上面提到的例题，推式子后发现 ans=S1[n-1][A+B-2]*C(A+B-2,A-1) 。因而先NTT求S1(n-1,A+B-2)乘上组合数便可。

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洛谷P4091 [HEOI2016/TJOI2016]求和

这道题挺考验推式子能力的，题解参考http://www.javashuo.com/article/p-syrzpylc-md.html这位大佬和litble大佬的。

化简结果是  那么令 令

结果就是

 

 

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define LL long long
 3 using namespace std;  4 const int N=4e5+10;  5 const LL P=998244353,yg=3;  6 LL n,fac[N],inv[N],f[N],g[N],S2[N];  7 LL bin[N];  8 
 9 LL power(LL x,LL p) { 10     LL ret=1; 11     for (;p;p>>=1) { 12         if (p&1) ret=(ret*x)%P; 13         x=(x*x)%P; 14  } 15     return ret; 16 } 17 
18 void NTT(LL *a,LL n,LL op) {  //NTT:系数a数组，长度为n，op=1求值op=-1插值 
19     for(LL i=0;i<n;i++) bin[i]=(bin[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1)); 20     for(LL i=0;i<n;i++) if(i<bin[i]) swap(a[i],a[bin[i]]); 21     for(LL i=1;i<n;i<<=1) { 22         LL wn=power(yg,op==1?(P-1)/(2*i):(P-1)-(P-1)/(2*i)),w,t; 23         for(LL j=0;j<n;j+=i<<1) { 24             w=1; 25             for(LL k=0;k<i;k++) { 26                 t=a[i+j+k]*w%P;w=w*wn%P; 27                 a[i+j+k]=(a[j+k]-t+P)%P;a[j+k]=(a[j+k]+t)%P; 28  } 29  } 30  } 31     if(op==-1) { 32         LL Inv=power(n,P-2); 33         for(LL i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*Inv%P; 34  } 35 } 36 
37 int main() 38 { 39     cin>>n; 40     fac[0]=inv[0]=1; 41     for (int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=power(fac[i],P-2); 42     
43     for (int i=0;i<=n;i++) f[i]=(power(-1,i)+P)%P*inv[i]%P; 44     for (int i=0;i<=n;i++) g[i]=(power(i,n+1)-1+P)%P*power((i-1+P)%P,P-2)%P*inv[i]%P; 45     g[1]=n+1; 46     
47     LL N=n-1; 48     LL len=1;while(len<(n+1)<<1) len<<=1; 49     
50     NTT(f,len,1); NTT(g,len,1); 51     for (int i=0;i<len;i++) S2[i]=(f[i]*g[i])%P;  //求f.g的卷积为S2 
52     NTT(S2,len,-1); 53     
54     LL ans=0; 55     for (int i=0;i<=n;i++) { 56         LL tmp=power(2,i)*fac[i]%P*S2[i]%P; 57         ans=(ans+tmp)%P; 58  } 59     cout<<ans<<endl; 60     return 0; 61 }

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