第一类斯特林数小结

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第一类斯特林数

$s1_n^m$表示将 $n$个数放进 $m$个圆排列的方案数。
有一个显然的递推式：
$s1_n^m=s1_{n-1}^{m-1}+(n-1)s1_{n-1}^m$，对应的意义：要么第 $n$个单独构成一个新的圆排列，要么放在之前某个数的后面。
还有一种组合意义：一共进行 $n$次操作，第 $i$次可以添加跟第 $1$~ $i-1$中任意一种物品相同的旧物品或者添加一种新物品，问最后一共有 $m$中不同物品的方案数，由此可以推出第一类斯特林数的生成函数：
$\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)$
到这里就有两种挺明显的预处理斯特林数方法了：

1. 如果要求出每一个 $s1_i^j$，可以用 $O(nm)$递推
2. 如果只用求出每一个 $s1_a^k,a$为定值，可以上分治 $fft$做到 $O(nlog^2n)$

但有些毒瘤出题人偏偏会卡你的分治 $fft$，需要我们在更短的时间内求出某一行的值。
于是就有了下面的倍增算法：
假设我们已经求出了 $f_n(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)=\sum_{i=0}^na_ix^i$的系数数组 $a$
现在要求的是 $f_{2n}(x)=\prod_{i=0}^{2n-1}(x+i)$
那么相当于只用求一个 $g_n(x)=\prod_{i=n}^{2n-1}(x+i)$，这样 $f_{2n}(x)=f_n(x)g_n(x)$
然后进入退式子环节：
$g_n(x)=\prod_{i=n}^{2n-1}(x+i)=\prod_{i=0}^{n-1}(x+n+i)=\sum_{i=0}^na_i(x+n)^i$
把后面的 $(x+n)^i$给二项式展开一波：
$g_n(x)=\sum_{i=0}^na_i\sum_{j=0}^iC_i^jx^jn^{i-j}$
然后拆开 $C_i^j$并改变枚举顺序
$\Rightarrow g_n(x)=\sum_{j=0}^n\frac{x^j}{j!}\sum_{i=j}^na_ii!*\frac{n^{j-i}}{(j-i)!}$
然后将 $\frac{n^{j-i}}{(j-i)!}$这个数组给 $reverse$一下就变成了卷积的形式，可以用 $fft$处理后面一坨。
这样就做完了。
代码：

//mul函数是自己封装的多项式乘法函数
int n,A,B,a[N],b[N],pos[N],pw[N],tmp[N],fac[N],ifac[N],lim,tim;
inline void solve(int len){
	if(len==1){a[1]=1;return;}
	if(len&1){
		solve(len-1);
		for(ri i=len;i;--i)a[i]=add(a[i-1],mul(a[i],len-1));
		return;
	}
	solve(len>>1);
	init(len);
	int mid=len>>1;
	pw[0]=1;
	for(ri i=1;i<=mid;++i)pw[i]=mul(pw[i-1],mid);
	for(ri i=0;i<=mid;++i)tmp[i]=mul(a[i],fac[i]),b[i]=mul(pw[i],ifac[i]);
	for(ri i=mid+1;i<lim;++i)tmp[i]=b[i]=0;
	reverse(b,b+mid+1);
	mul(tmp,b);
	for(ri i=0;i<=mid;++i)b[i]=mul(b[i+mid],ifac[i]);
	for(ri i=mid+1;i<lim;++i)b[i]=0;
	mul(b,a);
}

一道板题：codeforces960G
推出来式子是 $C_{a+b-2}^{a-1}s1_{n-1}^{a+b-2}$，这个组合意义很简单，然后套上板子即可。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
inline char gc(){
	static char buf[rlen],*ib,*ob;
	(ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin));
	return ib==ob?-1:*ib++;
}
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch))ch=gc();
	while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
	return ans;
}
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
inline int add(const int&a,const int&b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int dec(const int&a,const int&b){return a>=b?a-b:a-b+mod;}
inline int mul(const int&a,const int&b){return (ll)a*b%mod;}
inline int ksm(int a,int p){int ret=1;for(;p;p>>=1,a=mul(a,a))if(p&1)ret=mul(ret,a);return ret;}
const int N=4e5+5;
int n,A,B,a[N],b[N],pos[N],pw[N],tmp[N],fac[N],ifac[N],lim,tim;
inline void init(const int&up){
	lim=1,tim=pos[0]=0;
	while(lim<=up)lim<<=1,++tim;
	for(ri i=0;i<lim;++i)pos[i]=(pos[i>>1]>>1)|((i&1)<<(tim-1));
}
inline void ntt(int *a,const int&type){
	for(ri i=0;i<lim;++i)if(i<pos[i])swap(a[i],a[pos[i]]);
	int wn,w,a0,a1,typ=type==1?3:(mod+1)/3,mult=(mod-1)>>1;
	for(ri mid=1;mid<lim;mid<<=1,mult>>=1){
		wn=ksm(typ,mult);
		for(ri j=0,len=mid<<1;j<lim;j+=len){
			w=1;
			for(ri k=0;k<mid;++k,w=mul(w,wn)){
				a0=a[j+k],a1=mul(a[j+k+mid],w);
				a[j+k]=add(a0,a1),a[j+k+mid]=dec(a0,a1);
			}
		}
	}
	if(type==-1)for(ri i=0,inv=ksm(lim,mod-2);i<lim;++i)a[i]=mul(a[i],inv);
}
inline void mul(int *a,int *b){
	ntt(a,1),ntt(b,1);
	for(ri i=0;i<lim;++i)b[i]=mul(a[i],b[i]);
	ntt(b,-1);
}
inline void solve(int len){
	if(len==1){a[1]=1;return;}
	if(len&1){
		solve(len-1);
		for(ri i=len;i;--i)a[i]=add(a[i-1],mul(a[i],len-1));
		return;
	}
	solve(len>>1);
	init(len);
	int mid=len>>1;
	pw[0]=1;
	for(ri i=1;i<=mid;++i)pw[i]=mul(pw[i-1],mid);
	for(ri i=0;i<=mid;++i)tmp[i]=mul(a[i],fac[i]),b[i]=mul(pw[i],ifac[i]);
	for(ri i=mid+1;i<lim;++i)tmp[i]=b[i]=0;
	reverse(b,b+mid+1);
	mul(tmp,b);
	for(ri i=0;i<=mid;++i)b[i]=mul(b[i+mid],ifac[i]);
	for(ri i=mid+1;i<lim;++i)b[i]=0;
	mul(b,a);
}
inline int C(int n,int m){return n<m?0:mul(mul(fac[n],ifac[m]),ifac[n-m]);}
int main(){
	n=read(),A=read(),B=read();
	if(n==1)return cout<<(A==1&&B==1),0;
	fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
	for(ri i=2;i<=n;++i)fac[i]=mul(fac[i-1],i),ifac[i]=mul(ifac[mod-mod/i*i],mod-mod/i);
	for(ri i=2;i<=n;++i)ifac[i]=mul(ifac[i-1],ifac[i]);
	solve(n-1);
	cout<<mul(a[A+B-2],C(A+B-2,A-1));
	return 0;
}