關於第二類斯特林數的一丟丟東西

第二類斯特林數

S(n,m)表示有\(n\)個有區別小球，要放進\(m\)個相同盒子里，且每個盒子非空的方案數
考慮一個很容易的遞推：

\[S(n,m)=S(n-1,m-1)+m*S(n-1,m) \]

考慮組合意義：
假設前面的\(n-1\)個球丟進了\(m-1\)個組，因為每個組非空，所以這個球只有一種選擇——自己一組
如果前面的球已經分成了\(m\)組，那么，這個球就有\(m\)種放法
所以這個遞推式就是這樣來的

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那么，只考慮組合意義可不可以算？
當然是可以的啦
寫式子：

\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m,k)(m-k)^n \]

為啥呢？
假設盒子有區別，並且我們允許空盒的存在
顯然的，\(m^n\)就是答案
但是我們當然就是不允許空盒存在啊
所以容斥一下
枚舉我當前有幾個空盒子存在
那么先把這幾個盒子選出來，也就是\(C(m,k)\)
然后剩下\(m-k\)個盒子，\(n\)個球可以隨便放，也就是\((m-k)^n\)
最后退出來，我們盒子是沒有區別的，所以除以一個\(m!\)
這樣就是直接考慮了

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那么，我們來想想一個東西怎么算？
\(m^n\)怎么算？
考慮一下組合意義，把\(n\)個有區別的小球分給有區別的\(m\)個盒子里，允許空盒的方案數
挺好呀，第二類斯特林數是啥意思？
\(S(n,m)\)表示\(n\)個球丟進\(m\)個相同盒子里，不允許空盒
好吧，那我枚舉一下有\(i\)個盒子不是空的
再把球丟進盒子不就是\(S(n,i)*i!\)
所以不就推出來啦？

\[m^n=\sum_{i=0}^{m}S(n,i)*i!*C(m,i) \]

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回來回來，，
如果要算第二類斯特林數，除了\(n^2\)的遞推有沒有別的方法呢？
顯然是有的
重新看看上面用容斥和組合意義得到的式子

\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m,k)(m-k)^n \]

整理一下

\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\frac{m!}{k!(m-k)!}(m-k)^n \]

\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}m!\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!} \]

\[S(n,m)=\sum_{k=0}^{m}\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!} \]

這樣的話，是不是想到了多項式的卷積啦？
於是乎，可以用多項式卷積求出\(S(n,X)\)
復雜度\(O(nlogn)\)