【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$\sum_{i=1}^nC_n^i\cdot i^k$。
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：
$f(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^i\cdot C_n^i\cdot g(i)$与$g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^i\cdot C_n^i\cdot f(i)$等价，或：
$f(n)=\sum_{i=0}^nC_n^i\cdot g(i)$与$g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\cdot C_n^i\cdot f(i)$等价。
证明待填坑，这里先不写了。
我们发现第二类斯特林数：
$S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i\cdot C_m^i\cdot (m-i)^n$
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：
$m!S(n,m)=\sum_{i=0}^m(-1)^i\cdot C_m^i\cdot (m-i)^n$
用$m-i$替换$i$，得：
$m!S(n,m)=\sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}\cdot C_m^i\cdot i^n$
这样这个式子就跟上面的形式完全一样了，所以我们有：
$m^n=\sum_{i=0}^nC_m^i\cdot i!\cdot S(n,i)$
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：
$ans=\sum_{i=1}^nC_n^i\cdot i^k$
$=\sum_{i=0}^nC_n^i\sum_{j=0}^kC_i^j\cdot j!\cdot S(k,j)$（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：
$ans=\sum_{j=0}^kS(k,j)\cdot j!\sum_{i=0}^nC_n^iC_i^j$
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$i-j$个元素的方案数，就等于$2^{n-j}$。所以有：
$ans=\sum_{j=0}^kS(k,j)\cdot j!\cdot C_n^j\cdot 2^{n-j}$
$=\sum_{j=0}^kS(k,j)\cdot\frac{n!}{(n-j)!}\cdot 2^{n-j}$
于是我们$O(k^2)$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$10^5$的情况，实际上仍是可做的，因为：
$S(k,j)=\frac{1}{j!}\sum_{i=0}^j(-1)^i\cdot C_j^i\cdot (j-i)^k$
$=\sum_{i=0}^j\frac{(-1)^i}{i!}\cdot \frac{(j-i)^k}{(j-i)!}$
这是一个卷积的形式，可以用FFT/NTT做到$O(k\log k)$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;
}