第一和第二類斯特林數的學習筆記

最近在學第一類和第二類斯特林數。這裏記錄一下學習的知識點/模板還有題目。

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 （強推）

這篇博文沒有什麼創新的東西，更可能是對上面大佬提出知識的一個摘抄和總結(略去了證實部分)，加上一些練習題的學習筆記。

 

第一類斯特林數是解決：將n個不一樣的元素劃分爲k個圓排列的方案數，遞推式爲f(i,j)=f(i−1,j−1)+(i−1)f(i−1,j)（能夠理解爲：加入一個新的數有兩種狀況①是本身成環②是加入之前的環，那麼這個數能夠插到任何一個數的前面）。

第一類斯特林數有一些性質：

①sigma S1(n,i) = n!  ; 這個能夠理解爲：其實每一個1-n的排列就是一個循環置換，那麼n的全排列就等於全部的置換方案總和就是sigma S1(n,i) 。

②

 

③

 

 第一類斯特林數的求法

用遞推式求某個S1(n,k)的話時間是O(n^2)不太理想，一種比較好的作法是根據第一類斯特林數的生成函數：x*(x+1)(x+2)(x+3)……(x+n-1)=Σf[n][i]*x^i ，能夠用分治NTT求其生成函數，而後第i項的係數便是S1[n][i]。這樣的時間是O(n*log2n^2)，其實還有O(n*log2n)的求法，我還沒學。

 

例題+模板：codeforces 960G Bandit Blues

推式子後發現 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:係數a數組，長度爲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求第一類斯特林數 
38     if(l==r) {a[0]=l;a[1]=1;return;}  //分治邊界 
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，先求兩邊 
42     NTT(a1,len,1);NTT(a2,len,1); 43     for(LL i=0;i<len;i++) a[i]=a1[i]*a2[i]%P;  //兩邊NTT結果相乘獲得[l,r]的結果 
44     NTT(a,len,-1); 45 } 46 
47 LL C(LL m,LL n) {  //求組合數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)這一行的值 
62     
63     printf("%lld",A[M]*C(a+b-2,a-1)%P); 64 }

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第二類斯特林數：

第二類斯特林數是將n個不一樣的元素放入m個相同盒子裏，每一個盒子非空的方案數。

那麼S2(n,m)地遞推式也比較好推，S2(n,m)=S2(n-1,m-1) + m*S2(n-1,m) ; （新來的一個元素是本身放入一個新盒子仍是放到之前的盒子裏）

第二類斯特林數的性質：

① m^n理解爲把m個不一樣元素放到n個不一樣盒子的方案數，那麼咱們能夠枚舉剛好要放i個盒子(即i個盒子非空)，而後選出這i個盒子乘上n個球放到i個盒子方案數，注意此時盒子是相同的，那麼咱們乘上i!使得盒子邊的不一樣。

 

這個式子能夠化成上升/降低冪的形式

 

 ②第二類斯特林數和天然數冪和的關係：

 

 

第二類斯特林數的求法：

咱們寫出第二類斯特林式和組合意義下的式子並化簡，初始式子的意思是：咱們枚舉並選出k個必須空的盒子，而後把元素隨便放在剩餘的盒子裏。這樣咱們就獲得了至少k個空盒子的方案數，咱們對這個方案數容斥一下就獲得n個不一樣元素放到m個不一樣盒子方案數，對這個結果再除以m!就獲得了S2(n,m)。

圖借用一下上面的yyb大佬的博客，看到這個東西很想卷積，這樣咱們就能用FFT/NTT求在O(nlogn)的時間內求S2(n,m)的某一行啦。

那麼令f(i)=(-1)^i/i!  g[i]=i^n/i!  那麼S2(n)=f.g  第m項係數就是S2(n,m)

NTT求第二類斯特林數模板：洛谷P5395 第二類斯特林數·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:係數a數組，長度爲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的卷積爲S2 
49     NTT(S2,len,-1); 50     
51     for (int i=0;i<=n;i++) printf("%lld ",S2[i]);  //求第n行的斯特林數 
52     return 0; 53 }

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相關題目：

上面大佬將與斯特林相關的題目分紅了四類：①函數與斯特林數公式相同：就是按照題目推式子結果發現就是斯特林公式 ②直接推式：就是題目就是讓你求一個與斯特林數相關的式子 ③根據題意運用斯特林函數及公式 ④斯特林反演的運用 ：容斥類問題，運用斯特林反演解決。

 

codeforces 960G Bandit Blues

上面提到的例題，推式子後發現 ans=S1[n-1][A+B-2]*C(A+B-2,A-1) 。因而先NTT求S1(n-1,A+B-2)乘上組合數便可。

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洛谷P4091 [HEOI2016/TJOI2016]求和

這道題挺考驗推式子能力的，題解參考http://www.javashuo.com/article/p-syrzpylc-md.html這位大佬和litble大佬的。

化簡結果是  那麼令 令

結果就是

 

 

 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:係數a數組，長度爲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的卷積爲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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