[總結] 第一類斯特林數

第一類斯特林數

\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\) ，將 \(n\) 個元素划分為 \(m\) 個圓排列的方案數。

遞推

遞推式可以枚舉最后一個元素是否放一個新的排列：\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}+(n-1)\times \begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}\)

下面用 \(s(n,m)\) 表示 \(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\)。

性質

\[\begin{aligned}n!=\sum_{i=0}^n s(n,i)\end{aligned} \]

證明：考慮其組合意義。一個排列唯一對應一個置換，而一個置換唯一對應一組輪換。比如排列 \((1,5,2,3,4)\)，就可以看作輪換組 \([1][2,5,4][3]\)。如果兩個排列不同，那他們對應的輪換中，必定有一個元素的下一個元素不同，故排列與輪換一一對應。所以等式右側的式子就是有 $0\sim n $ 個輪換的方案數。

求法

現在要快速求出第一類斯特林數的某一行。

直接給出定義，\(s(n,*)\) 這東西的生成函數等於 \(\prod\limits_{i=0}^{n-1} (x+i)\)，也就是 \(x\) 的 \(n\) 次上升冪。

於是就可以分治\(\mathrm{NTT}\)來求了，復雜度 \(O(n\log^2 n)\)。具體實現用\(\mathrm{vector}\)比較好寫。

當然也可以 \(O(n\log n)\)。

令 \(F_n(x)=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(x+i)\)，則\(F_{2n}(x)=F_n(x)\times F_n(x+n)\)。

考慮如何用 \(F_n(x)\) 快速求出 \(F_{n}(x+n)\)。

設 \(F_n(x)=\sum_\limits{i=0}^{n-1}a_ix^i\)

\[\begin{aligned}F_n(x+n)=&\sum_{i=0}^{n} a_i(x+n)^i\\=&\sum_{i=0}^{n} a_i\times \sum_{j=0}^i C_i^jn^{i-j}x^j\\=&\sum_{i=0}^{n} x^i\times \sum_{j=i}^{n}C_j^in^{j-i}a_j\\=&\sum_{i=0}^{n}x^i\times \sum_{j=i}^{n}\frac{j!}{i!(j-i)!}n^{j-i}a_j \end{aligned} \]

所以設 \(F_n(x+n)=\sum\limits_{i=0}^{n-1} b_ix^i,c_i=i!\times a_i,d_i=\frac{n^i}{i!}\) ，那么

\[b_i\times i!=\sum_j c_j\times d_{j-i} \]

把 \(d\) 翻轉以后是一個標准的卷積式子，直接倍增就好了。

實現的小細節就是，如果當前長度 \(len\) 為奇數，不能除以 \(2\)，所以直接遞歸 \(len-1\) ，然后回來之后乘上 \((x+len-1)\) 就行了。