【总结】斯特林数

前言

目前由于时间关系，只研究了第一类斯特林数。

有关第二类斯特林数的问题将尽快补上。

第一类斯特林数

第一类斯特林数的定义是：
${n \brack m}表示将n个数，放入m个圆排列的方案数$
圆排列：只考虑元素之间的相对位置，不关心绝对位置。换言之可以像圆一样转动。类似置换群中的循环。

有一个很显然的递推式
${n \brack m}={n-1 \brack m-1}+(n-1)*{n-1 \brack m}$
解释是：n可以单独成一个圆排列。也可以加入到之前任何一个数左边。

不过这是 $O(n^2)$ 的，效率非常低下。

首先，有一个结论：
多项式 $\prod_{i=0}^{i<n}(x+i)展开后，x^i的系数正好就是{n \brack i}$
证明比较简单。
考虑递推的过程，在最开始，将 ${ 1\brack 1}$ 作为多项式的一次项系数。
然后，每次递推，系数的转移都可以看作： $k_i=k_{i-1}+(t-1)k_i$ ，其中 $t$ 表示当前多项式的最高次项。
那么相当于就是在原来的多项式的基础上，乘上了 $(x+t-1)$ 这个多项式。
所以从第1层转移到第n层，就得依次乘上
$\prod_{i=1}^{i<n}(x+i)$
加上最开始的一次项： $\prod_{i=0}^{i<n}(x+i)$

由此，可以有一个 $O(nlog^2n)$ 的分治FFT/NTT的方法了。

现在，考虑更高效的算法。

假设当前要求的多项式是
$\prod_{i=0}^{i<2n}(x+i)$
可以先递归地求出前n项的乘积f
即 $f(x)=\prod_{i=0}^{i<n}(x+i)=\sum_{i=1}^{i\leq n} a_ix^i$
现在其实可以很简单地求出后n项的乘积 $g(x)=\prod_{i=n}^{i<2n}(x+i)$

$g(x)=\sum_{i=1}^{i\leq n}a_i(x+n)^i$
由二项式定理得
$=\sum_{i=1}^{i\leq n}a_i\sum_{j=0}^{j\leq i}{i \choose j}n^{i-j}x^j$
$=\sum_{i=1}^{i\leq n}\sum_{j=0}^{j\leq i}{i \choose j}n^{i-j}a_ix^j$
$=\sum_{i=1}^{i\leq n}\sum_{j=0}^{j\leq i}(\frac {n^{i-j}} {(i-j)!})(a_i*i!)(\frac {x^j} {j!})$

这就是个裸的卷积了。

所以可以算出这部分，得到 $g(x)$ 再乘上之前递归得到的 $f(x)$ 就成功做到倍增了。

注意：当n为奇数时，要向下取整，最后再 $O(n)$ 转移一次。

例题

2019雅礼集训permutation

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