第一類斯特林數小結

第一類斯特林數

s 1 n m s1_n^m s1nm​表示将 n n n個數放進 m m m個圓排列的方案數。

有一個顯然的遞推式：

s 1 n m = s 1 n − 1 m − 1 + ( n − 1 ) s 1 n − 1 m s1_n^m=s1_{n-1}^{m-1}+(n-1)s1_{n-1}^m s1nm​=s1n−1m−1​+(n−1)s1n−1m​，對應的意義：要麼第 n n n個單獨構成一個新的圓排列，要麼放在之前某個數的後面。

還有一種組合意義：一共進行 n n n次操作，第 i i i次可以添加跟第 1 1 1~ i − 1 i-1 i−1中任意一種物品相同的舊物品或者添加一種新物品，問最後一共有 m m m中不同物品的方案數，由此可以推出第一類斯特林數的生成函數：

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

到這裡就有兩種挺明顯的預處理斯特林數方法了：

1. 如果要求出每一個 s 1 i j s1_i^j s1ij​，可以用 O ( n m ) O(nm) O(nm)遞推
2. 如果隻用求出每一個 s 1 a k , a s1_a^k,a s1ak​,a為定值，可以上分治 f f t fft fft做到 O ( n l o g 2 n ) O(nlog^2n) O(nlog2n)

但有些毒瘤出題人偏偏會卡你的分治 f f t fft fft，需要我們在更短的時間内求出某一行的值。

于是就有了下面的倍增算法：

假設我們已經求出了 f n ( x ) = ∏ i = 0 n − 1 ( x + i ) = ∑ i = 0 n a i x i f_n(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)=\sum_{i=0}^na_ix^i fn​(x)=∏i=0n−1​(x+i)=∑i=0n​ai​xi的系數數組 a a a

現在要求的是 f 2 n ( x ) = ∏ i = 0 2 n − 1 ( x + i ) f_{2n}(x)=\prod_{i=0}^{2n-1}(x+i) f2n​(x)=∏i=02n−1​(x+i)

那麼相當于隻用求一個 g n ( x ) = ∏ i = n 2 n − 1 ( x + i ) g_n(x)=\prod_{i=n}^{2n-1}(x+i) gn​(x)=∏i=n2n−1​(x+i)，這樣 f 2 n ( x ) = f n ( x ) g n ( x ) f_{2n}(x)=f_n(x)g_n(x) f2n​(x)=fn​(x)gn​(x)

然後進入退式子環節：

g n ( x ) = ∏ i = n 2 n − 1 ( x + i ) = ∏ i = 0 n − 1 ( x + n + i ) = ∑ i = 0 n a i ( x + n ) i 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 gn​(x)=∏i=n2n−1​(x+i)=∏i=0n−1​(x+n+i)=∑i=0n​ai​(x+n)i

把後面的 ( x + n ) i (x+n)^i (x+n)i給二項式展開一波：

g n ( x ) = ∑ i = 0 n a i ∑ j = 0 i C i j x j n i − j g_n(x)=\sum_{i=0}^na_i\sum_{j=0}^iC_i^jx^jn^{i-j} gn​(x)=∑i=0n​ai​∑j=0i​Cij​xjni−j

然後拆開 C i j C_i^j Cij​并改變枚舉順序

⇒ g n ( x ) = ∑ j = 0 n x j j ! ∑ i = j n a i i ! ∗ n j − i ( j − i ) ! \Rightarrow g_n(x)=\sum_{j=0}^n\frac{x^j}{j!}\sum_{i=j}^na_ii!*\frac{n^{j-i}}{(j-i)!} ⇒gn​(x)=∑j=0n​j!xj​∑i=jn​ai​i!∗(j−i)!nj−i​

然後将 n j − i ( j − i ) ! \frac{n^{j-i}}{(j-i)!} (j−i)!nj−i​這個數組給 r e v e r s e reverse reverse一下就變成了卷積的形式，可以用 f f t fft fft處理後面一坨。

這樣就做完了。

代碼：

//mul函數是自己封裝的多項式乘法函數
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);
}
           

一道闆題：codeforces960G

推出來式子是 C a + b − 2 a − 1 s 1 n − 1 a + b − 2 C_{a+b-2}^{a-1}s1_{n-1}^{a+b-2} Ca+b−2a−1​s1n−1a+b−2​，這個組合意義很簡單，然後套上闆子即可。

代碼：

#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;
}