第一类斯特林数

暑假里，小L到海边去玩，捡了 $n$ 个不同的贝壳。现在她想把这些贝壳串成 $k$ 个项链（项链是环形的）。她忽然很疑惑，这有多少种方案呢？
聪明的小L很快想到，假设 $S_1(n,k)$ 为 $n$ 个贝壳串成 $k$ 条项链的方案数，那么显然有 $S_1(n,k)=S_1(n-1,k-1)+(n-1)S_1(n-1,k)$ ，即要么将第 $n$ 个贝壳单独串成一条项链，要么让前 $n-1$ 个贝壳已经串成 $k$ 条项链，然后考虑第 $n$ 个贝壳放到哪个贝壳的后面。
这个递推式还可以看作进行 $n$ 次操作，其中第 $i$ 次操作有 $i-1$ 种方案取一个新物品，有 $1$ 种方案不取物品，最后取得 $k$ 个物品的方案数。根据这个意义，小L写出了一个生成函数：

\prod_{i = 0}^{n - 1} (x + i)

$\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)$
这个生成函数的

k

$k$ 次项系数就是

S_{1} (n, k)

$S_1(n,k)$ 。可以用分治FFT做到

O (n l o g^{2} n)

$O(nlog^2n)$ 的复杂度。
通过查阅资料，小L还得知，

\prod_{i = 0}^{n - 1} (x - i)

$\prod_{i=0}^{n-1}(x-i)$ 这个多项式的每一项系数就是有符号第一类斯特林数，它们的递推式为

S_{1} (n, k) = S_{1} (n - 1, k - 1) - (n - 1) S_{1} (n - 1, k)

$S_1(n,k)=S_1(n-1,k-1)-(n-1)S_1(n-1,k)$

例题：codeforces960G
设 $f(i,j)$ 表示 $i$ 个数的排列，存在 $j$ 个数，在它们前面没有比它们大的数。
考虑最小的数放在哪，可以得到递推式： $f(i,j)=f(i-1,j-1)+(i-1)f(i-1,j)$ ，就是第一类斯特林数。
因为 $n$ 的前面和后面都没有比它更大的数，所以题目要求的 $a$ 个数一定在 $n$ 前面， $b$ 个数一定在 $n$ 后面，枚举 $n$ 所在的位置，答案就是：

\sum_{i = 1}^{n} S_{1} (i - 1, a - 1) S_{1} (n - i, b - 1) C_{n - 1}^{i - 1}

$\sum_{i=1}^n S_1(i-1,a-1)S_1(n-i,b-1)C_{n-1}^{i-1}$
考虑一些前面无比其大数的数，假设它们所在的位置为

p_{1}, p_{2} . . . p_{k}

$p_1,p_2...p_k$ ，把

[p_{i}, p_{i + 1} - 1]

$[p_i,p_{i+1}-1]$ 看作是一整块，那么我们可以先产生

a + b - 2

$a+b-2$ 块，然后从其中选择

b - 1

$b-1$ 块，将它们块内翻转，然后丢到

n

$n$ 的后面。所以答案就是：

S_{1} (n - 1, a + b - 2) C_{a + b - 2}^{b - 1}

$S_1(n-1,a+b-2)C_{a+b-2}^{b-1}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
const int N=200005,mod=998244353,G=3;
int n,A,B,ans,a[18][N],rev[N];
int ksm(int x,int y) {
    int re=1;
    for(RI i=y;i;i>>=1,x=1LL*x*x%mod) if(i&1) re=1LL*re*x%mod;
    return re;
}
void NTT(int *a,int n,int x) {
    for(RI i=0;i<n;++i) if(rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(RI i=1;i<n;i<<=1) {
        int gn=ksm(G,(mod-1)/(i<<1));
        for(RI j=0;j<n;j+=(i<<1)) {
            int g=1,t1,t2;
            for(RI k=0;k<i;++k,g=1LL*g*gn%mod) {
                t1=a[j+k],t2=1LL*g*a[j+i+k]%mod;
                a[j+k]=(t1+t2)%mod,a[j+i+k]=(t1-t2+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if(x==1) return;
    int inv=ksm(n,mod-2);reverse(a+1,a+n);//a+1!!!
    for(RI i=0;i<n;++i) a[i]=1LL*a[i]*inv%mod;
}
void work(int s,int t,int d) {
    if(s==t) {a[d][0]=s,a[d][1]=1;return;}
    int mid=(s+t)>>1,len=0,kn=1;
    work(s,mid,d+1);
    for(RI i=0;i<=mid-s+1;++i) a[d][i]=a[d+1][i];
    work(mid+1,t,d+1);
    while(kn<=t-s+1) kn<<=1,++len;
    for(RI i=0;i<kn;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
    for(RI i=mid-s+2;i<kn;++i) a[d][i]=0;
    for(RI i=t-mid+1;i<kn;++i) a[d+1][i]=0;
    NTT(a[d],kn,1),NTT(a[d+1],kn,1);
    for(RI i=0;i<kn;++i) a[d][i]=1LL*a[d][i]*a[d+1][i]%mod;
    NTT(a[d],kn,-1);
}
int C(int d,int u) {
    int k1=1,k2=1;
    for(RI i=d-u+1;i<=d;++i) k1=1LL*k1*i%mod;
    for(RI i=1;i<=u;++i) k2=1LL*k2*i%mod;
    return 1LL*k1*ksm(k2,mod-2)%mod;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
    if(!A||!B||A+B-2>n-1) {puts("0");return 0;}
    if(n==1) {puts("1");return 0;}
    work(0,n-2,0);
    ans=1LL*a[0][A+B-2]*C(A+B-2,B-1)%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

第二类斯特林数

现在，小L准备把这些项链送给她的朋友们。假设有 $n$ 条项链，项链各不相同。她准备了 $k$ 个一模一样的礼盒，她准备将项链装进礼盒里且不让任何礼盒是空的。现在她又想知道有多少种方案了。
通过考虑第 $n$ 条项链是单独放一个礼盒还是跟其他项链挤同一个礼盒，小L很快写出了递推式：

S_{2} (n, k) = S_{2} (n - 1, k - 1) + k S_{2} (n - 1, k)

$S_2(n,k)=S_2(n-1,k-1)+kS_2(n-1,k)$
虽然不能生成函数做了，但是可以利用容斥原理，考虑空几个盒和盒子无序，得到一个新式子：

S_{2} (n, k) = \frac{1}{k!} \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{i} C_{k}^{i} (k - i)^{n}

$S_2(n,k)=\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^k (-1)^i C_k^i (k-i)^n$
这个可以写成卷积形式，用FFT

O (n l o g n)

$O(nlogn)$ 求出。

例题:log2058/洛谷P4091
原式= $\sum_{j=0}^n2^j j! \sum_{i=0}^n S_2(i,j)$
将第二类斯特林数的通项公式代入得：

\sum_{j = 0}^{n} 2^{j} j! \sum_{i = 0}^{n} \sum_{k = 0}^{j} \frac{(- 1)^{k}}{k!} \frac{(j - k)^{i}}{(j - k)!}

$\sum_{j=0}^n 2^j j! \sum_{i=0}^n \sum_{k=0}^j \frac{(-1)^k}{k!} \frac{(j-k)^i}{(j-k)!}$
发现后面的那个东西很像卷积，于是我们就让它更像卷积一点：

\sum_{j = 0}^{n} 2^{j} j! \sum_{k = 0}^{j} \frac{(- 1)^{k}}{k!} \frac{\sum_{i = 0}^{n} (j - k)^{i}}{(j - k)!}

$\sum_{j=0}^n 2^j j! \sum_{k=0}^j \frac{(-1)^k}{k!} \frac{\sum_{i=0}^n(j-k)^i}{(j-k)!}$
对了，

\sum_{i = 0}^{n} t^{i} = \frac{t^{n + 1} - 1}{t - 1}

$\sum_{i=0}^nt^i=\frac{t^{n+1}-1}{t-1}$ ，所以函数

f (t) = \frac{(- 1)^{t}}{t!}

$f(t)= \frac{(-1)^t}{t!}$ 和

g (t) = \frac{\sum_{i = 0}^{n} t^{i}}{t!}

$g(t)=\frac{\sum_{i=0}^nt^i}{t!}$ 都还挺好求的，那么答案就是：

\sum_{j = 0}^{n} 2^{j} j! (f * g) (j)

$\sum_{j=0}^n 2^j j! (f*g)(j)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
const int mod=998244353,G=3,N=262150;
int n,kn,len,ans;
int a[N],b[N],fac[N],ni[N],rev[N];
int ksm(int x,int y) {
    int re=1;
    for(;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod) if(y&1) re=1LL*re*x%mod;
    return re;
}
void NTT(int *a,int n,int x) {
    for(RI i=0;i<n;++i) if(rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(RI i=1;i<n;i<<=1) {
        int gn=ksm(G,(mod-1)/(i<<1));
        for(RI j=0;j<n;j+=(i<<1)) {
            int g=1,t1,t2;
            for(RI k=0;k<i;++k,g=1LL*g*gn%mod) {
                t1=a[j+k],t2=1LL*g*a[j+i+k]%mod;
                a[j+k]=(t1+t2)%mod,a[j+i+k]=(t1-t2+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if(x==1) return;
    int inv=ksm(n,mod-2);reverse(a+1,a+n);
    for(RI i=0;i<n;++i) a[i]=1LL*a[i]*inv%mod;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    fac[0]=1;for(RI i=1;i<=n;++i) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
    ni[n]=ksm(fac[n],mod-2);
    for(RI i=n-1;i>=0;--i) ni[i]=1LL*ni[i+1]*(i+1)%mod;
    for(RI i=0;i<=n;++i) {
        a[i]=1LL*(1-2*(i&1)+mod)%mod*ni[i]%mod;
        if(i!=1) b[i]=1LL*(ksm(i,n+1)-1+mod)%mod*ni[i]%mod*ksm(i-1+mod,mod-2)%mod;
        else b[i]=n+1;
    }
    kn=1;while(kn<=n+n) kn<<=1,++len;
    for(RI i=0;i<kn;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
    NTT(a,kn,1),NTT(b,kn,1);
    for(RI i=0;i<kn;++i) a[i]=1LL*a[i]*b[i]%mod;
    NTT(a,kn,-1);
    for(RI i=0,j=1;i<=n;++i,j=(j+j)%mod)
        ans=(ans+1LL*j*fac[i]%mod*a[i]%mod)%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

第一和第二类斯特林数小结

第一类斯特林数

第二类斯特林数

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