[第二類斯特林數]天然數冪求和

定義

如今咱們要求：\[S_m(n)=\sum_{k=0}^n k^m\]

其中\(m>0\)。

分析

\[\begin{align*} S_m(n-1)&=\sum_{k=0}^{n-1}k^m\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}\sum_{j=0}^m{m\brace j}k^\underline{j}\tag{將普通冪展開爲階乘冪}\\ &=\sum_{j=0}^m{m\brace j}\sum_{k=0}^{n-1}k^\underline{j}\tag{交換求和次序}\\ &=\sum_{j=0}^m{m\brace j}\sideset{}{_0^n}\sum x^\underline{j}\delta x\tag{寫成離散微積分形式}\\ &=\sum_{j=0}^m{m\brace j}\left.\frac{x^\underline{j+1}}{j+1}\right|_0^n\tag{逆差分}\\ &=\sum_{j=0}^m{m\brace j}\frac{n^\underline{j+1}}{j+1}\tag{化簡} \end{align*}\]

用\(n+1\)代替\(n\)：
\[\begin{align*} S_m(n)&=\sum_{j=0}^m{m\brace j}\frac{(n+1)^\underline{j+1}}{j+1}\\ &=(n+1)\sum_{j=0}^m{m\brace j}\frac{n^\underline{j}}{j+1} \end{align*}\]

用遞推式\(O(m^2)\)或者NTT\(O(m\log m)\)預處理第二類斯特林數，而後就能夠直接\(O(m)\)遞推了。

推廣

要求\(S_m(n)\)的一個關於\(n\)的多項式。

展開爲冪級數：

\[\begin{align*} S_m(n)&=(n+1)\sum_{k=0}^m{m\brace k}\frac{n^{\underline k}}{k+1}\\ &=(n+1)\sum_{k=0}^m{m\brace k}\frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^m{k\brack j}(-1)^{k-j}n^j\\ &=(n+1)\sum_{k=0}^m\sum_{j=0}^m{m\brace k}\frac{1}{k+1}{k\brack j}(-1)^{k-j}n^j\\ &=(n+1)\sum_{j=0}^mn^j\sum_{k=0}^m{m\brace k}\frac{1}{k+1}{k\brack j}(-1)^{k-j}\\ \end{align*}\]

則咱們令：\[\begin{align*} T(x)&=\sum_{k=0}^m{m\brace k}\frac{1}{k+1}{k\brack x}(-1)^{k-x}\\ &=(-1)^x\sum_{k=0}^m{m\brace k}{k\brack x}\frac{(-1)^k}{k+1} \end{align*}\]

則有：\[S_m(n)=\sum_{j=1}^{m+1} n^j[T(j)+T(j-1)]\]

這樣，咱們就獲得了一個\(O(m^2)\)的算法 。

代碼

給出\(n\)、\(m\)，求\(S_m(n)\)

全部結果對\(998244353\)取模。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=998244353;
ll add(ll a,ll b){return a+b>=p?a+b-p:a+b;}
ll cut(ll a,ll b){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
ll mul(ll a,ll b){return a*b%p;}
ll pow(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=mul(ans,a);
        a=mul(a,a);
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
ll div(ll a,ll b){return mul(a,pow(b,p-2));}
int n,m;
ll ans,S2[1001][1001];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    S2[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=1;j<=m;j++)S2[i][j]=add(S2[i-1][j-1],mul(S2[i-1][j],j));
    ll facpw=n;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        ans=add(ans,mul(S2[m][i],div(facpw,i+1)));
        facpw=mul(facpw,n-i);
    }
    ans=mul(ans,n+1);
    printf("%lld\n",ans);
}

給出\(m\)，求多項式\(S_m(n)\)

結果爲\(x^0,x^1,x^2,\cdots,x^{m+1}\)的係數。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=998244353;
inline ll add(ll a,ll b){return a+b>=p?a+b-p:a+b;}
inline ll cut(ll a,ll b){return a-b<0?a-b+p:a-b;}
inline ll mul(ll a,ll b){return a*b%p;}
inline ll pow(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=mul(ans,a);
        a=mul(a,a);
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
inline ll div(ll a,ll b){return mul(a,pow(b,p-2));}
int m;
ll S1[1001][1001],S2[1001][1001],t[1001];
bool fir;
int main(){
    scanf("%d",&m);
    S1[0][0]=S2[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            S1[i][j]=add(S1[i-1][j-1],mul(S1[i-1][j],(i-1)));
            S2[i][j]=add(S2[i-1][j-1],mul(S2[i-1][j],j));
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            ll pw=(j%2?p-1:1);
            t[i]=add(t[i],mul(mul(S2[m][j],S1[j][i]),div(pw,j+1)));
        }
        t[i]=mul(t[i],i%2?p-1:1);
    }
    for(int i=0;i<=m+1;i++)printf("%lld ",add(t[i],t[i-1]));
}