[學習筆記]斯特林數
最近做題感覺兩類斯特林數挺有用的，特地總結一下。
第一類斯特林數：
\(S(n,m)\) 表示將一個有 \(n\) 個數的序列劃分成 \(m\) 個圓排列的方案數。
\(S(n,m)=S(n-1,m-1)+(n-1)\times S(n-1,m)\)
若有 \(m-1\) 個圓排列，那麼直接單獨組成一個圓排列就行了。
若有 \(m\) 個圓排列，那麼有 \(n-1\) 個位置可放。
若 \(n\leq 10^5\) 怎麼辦呢？
考慮它的生成函數
\[\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)\]
可以用分治 \(FFT\)，也可以倍增。
所以其實“在 \(n\) 個選擇 \(m\) 個數相乘的和”這個問題可以用類似第一類斯特林數的生成函數解決。
放兩道例題：
「FJOI2016」建築師
我們從最大值剪開，變成第一類斯特林數的問題。
\[ans=C(A+B-2,A-1)\times S(n-1,A+B-2)\]
\(Code\ Below:\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=50000+10;
const int mod=1e9+7;
int n,A,B,fac[maxn],inv[maxn],S[maxn][210];
inline int C(int n,int m){
if(n<m) return 0;
return 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main()
{
fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=200;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(int i=2;i<=200;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(int i=2;i<=200;i++) inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%mod;
S[0][0]=1;
for(int i=1;i<=50000;i++)
for(int j=1;j<=200;j++) S[i][j]=(S[i-1][j-1]+1ll*(i-1)*S[i-1][j]%mod)%mod;
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
printf("%d\n",1ll*C(A+B-2,A-1)*S[n-1][A+B-2]%mod);
}
return 0;
}CF960G Bandit Blues
可以用分治 \(FFT\)，時間複雜度 \(O(n\log^2 n)\)
\(Code\ Below:\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=400000+10;
const int mod=998244353;
int n,A,B,fac[maxn],inv[maxn],r[maxn],G[40][2];
vector<int> P[maxn];
inline int C(int n,int m){
if(n<m) return 0;
return 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
inline int fpow(int a,int b){
int ret=1;
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
if(b&1) ret=1ll*ret*a%mod;
return ret;
}
inline void Gpre(){
for(int len=1,l=1;len<=mod;len<<=1,l++){
G[l][0]=fpow(3,(mod-1)/(len<<1));
G[l][1]=fpow(G[l][0],mod-2);
}
}
inline void NTT(int *f,int n,int op){
for(int i=0;i<n;i++)
if(i<r[i]) swap(f[i],f[r[i]]);
int buf,tmp,x,y;
for(int len=1,l=1;len<n;len<<=1,l++){
tmp=(op==1)?G[l][0]:G[l][1];
for(int i=0;i<n;i+=len<<1){
buf=1;
for(int j=0;j<len;j++){
x=f[i+j];y=1ll*buf*f[i+j+len]%mod;
f[i+j]=(x+y)%mod;f[i+j+len]=(x-y+mod)%mod;
buf=1ll*buf*tmp%mod;
}
}
}
if(op==1) return ;
int inv=fpow(n,mod-2);
for(int i=0;i<n;i++) f[i]=1ll*f[i]*inv%mod;
}
inline void Mul(int *A,int *B,int *C,int n,int m){
int lim;
for(lim=1;lim<(n+m);lim<<=1);
for(int i=n;i<lim;i++) A[i]=0;
for(int i=m;i<lim;i++) B[i]=0;
for(int i=0;i<lim;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(lim>>1):0);
NTT(A,lim,1);NTT(B,lim,1);
for(int i=0;i<lim;i++) C[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
NTT(C,lim,-1);
}
inline void solve(int l,int r,int x){
if(l==r){
P[x].push_back(l);
P[x].push_back(1);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid,x<<1);solve(mid+1,r,x<<1|1);
int n=P[x<<1].size(),m=P[x<<1|1].size();
static int A[maxn],B[maxn],C[maxn];
for(int i=0;i<n;i++) A[i]=P[x<<1][i];
for(int i=0;i<m;i++) B[i]=P[x<<1|1][i];
Mul(A,B,C,n,m);
for(int i=0;i<n+m-1;i++) P[x].push_back(C[i]);
P[x<<1].clear();P[x<<1|1].clear();
}
int main()
{
Gpre();
fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=maxn-10;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(int i=2;i<=maxn-10;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(int i=2;i<=maxn-10;i++) inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%mod;
scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
if(A==0||B==0||A+B-1>n){
printf("0\n");
return 0;
}
if(n==1){
printf("1\n");
return 0;
}
solve(0,n-2,1);
printf("%d\n",1ll*C(A+B-2,A-1)*P[1][A+B-2]%mod);
return 0;
}第二類斯特林數
\(S(n,m)\) 表示將 \(n\) 個不同的小球放到 \(m\) 個相同的箱子內的方案數。
\[S(n,m)=S(n-1,m-1)+m\times S(n-1,m-1)\]
若有 \(m-1\) 個箱子，那麼直接單獨佔有一個箱子就行了。
若有 \(m\) 個箱子，那麼有 \(m\) 個位置可放。
若 \(n\leq 10^5\) 怎麼辦？
考慮一個神奇的式子
\[S(i,j)=\frac {1}{j!}\sum_{k=0}^{j}(-1)^k{j\choose k}(j-k)^{n}\]
容斥原理。雖然我不會證，不過會用就行了。上述式子用 \(NTT\) 優化即可。
還有一個神奇的式子
\[n^k=\sum_{i=0}^{k}S(k,i)\times i!\times {n\choose i}\]
左邊就是把 \(k\) 個球任意放到 \(n\) 個箱子。
右邊就是枚舉放了幾個非空箱子，哪幾個非空箱子，再乘上第二類斯特林數。不過這裏的箱子是不同的，所以要乘上 \(i!\)
「國家集訓隊」Crash 的文明世界
樹形 \(dp\) 好題！
這題還有用到
\[{i\choose j}={i-1\choose j-1}+{i-1\choose j}\]
好巧啊！
\(Code\ Below:\)
// luogu-judger-enable-o2
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=50000+10;
const int maxm=150+10;
const int mod=10007;
int n,k,dp[maxn][maxm],now[maxm],fac[maxm],S[maxm][maxm];
int head[maxn],to[maxn<<1],nxt[maxn<<1],tot;
inline int read(){
register int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return (f==1)?x:-x;
}
inline void addedge(int x,int y){
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs1(int x,int f){
dp[x][0]=1;
for(int i=head[x],y;i;i=nxt[i]){
y=to[i];
if(y==f) continue;
dfs1(y,x);dp[x][0]=(dp[x][0]+dp[y][0])%mod;
for(int j=1;j<=k;j++) dp[x][j]=(dp[x][j]+dp[y][j]+dp[y][j-1])%mod;
}
}
void dfs2(int x,int f){
for(int i=head[x],y;i;i=nxt[i]){
y=to[i];
if(y==f) continue;
now[0]=(dp[x][0]-dp[y][0])%mod;
for(int j=1;j<=k;j++) now[j]=(dp[x][j]-dp[y][j]-dp[y][j-1])%mod;
dp[y][0]=(dp[y][0]+now[0])%mod;
for(int j=1;j<=k;j++) dp[y][j]=(dp[y][j]+now[j]+now[j-1])%mod;
dfs2(y,x);
}
}
int main()
{
n=read(),k=read();
int x,y;
for(int i=1;i<n;i++){
x=read(),y=read();
addedge(x,y);addedge(y,x);
}
fac[0]=S[0][0]=1;
for(int i=1;i<=k;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=1;j<=i;j++) S[i][j]=(S[i-1][j-1]+S[i-1][j]*j)%mod;
dfs1(1,0);dfs2(1,0);
int ans;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=0;
for(int j=0;j<=k;j++) ans=(ans+S[k][j]*fac[j]%mod*dp[i][j])%mod;
ans=(ans+mod)%mod;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}CF932E Team Work
咕咕咕。
\(Code\ Below:\)
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=5000+10;
const int mod=1e9+7;
int n,k,S[maxn][maxn];
int fast_pow(int a,int b){
int ret=1;
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
if(b&1) ret=1ll*ret*a%mod;
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
S[0][0]=1;
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=1;j<=i;j++) S[i][j]=(S[i-1][j-1]+1ll*S[i-1][j]*j%mod)%mod;
int now=fast_pow(2,n),inv2=fast_pow(2,mod-2),tmp=1,ans=0;
for(int i=0;i<=k;i++){
ans=(ans+1ll*S[k][i]*now%mod*tmp%mod)%mod;
now=1ll*now*inv2%mod;tmp=1ll*tmp*(n-i)%mod;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}CF1097G Vladislav and a Great Legend
樹形 \(dp\) 好題！
\[f(X)^k=\sum_{i=0}^{k}S(k,i)\times i!\times {f(X)\choose i}\]
考慮 \(\Large{f(X)\choose i}\) 的組合意義，可以樹形 \(dp\)
\(dp[i][j]\) 表示 \(i\) 結點選了 \(j\) 條邊的答案。我們在深度最小的節點上計算貢獻，每一次去合併兩個子樹的信息。
\[f[i+j]=\sum_dp[x][i]\times dp[y][j]\]
我本來以爲可以用 \(NTT\) 優化的，結果模數沒原根，\(k\leq 200\)。。。
不過有一些細節需要注意的，比如開始 \(dp[x][0]=2\)（選/不選），最後 \(dp[x][1]\) 要 \(-1\)（子樹空了就不行）
\(Code\ Below:\)
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=100000+10;
const int mod=1e9+7;
int n,k;ll dp[maxn][210],f[210],ans[210],S[210][210],fac[maxn];
int siz[maxn],head[maxn],to[maxn<<1],nxt[maxn<<1],tot;
inline int read(){
register int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return (f==1)?x:-x;
}
inline void addedge(int x,int y){
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int x,int fa){
siz[x]=1;dp[x][0]=2;
for(int i=head[x],y;i;i=nxt[i]){
y=to[i];
if(y==fa) continue;
dfs(y,x);
for(int i=0;i<=k;i++) f[i]=0;
for(int i=0;i<=min(k,siz[x]);i++)
for(int j=0;j<=min(k-i,siz[y]);j++) f[i+j]=(f[i+j]+dp[x][i]*dp[y][j])%mod;
siz[x]+=siz[y];
for(int i=0;i<=k;i++) dp[x][i]=f[i];
for(int i=0;i<=k;i++) ans[i]=(ans[i]-dp[y][i]+mod)%mod;
}
for(int i=0;i<=k;i++) ans[i]=(ans[i]+dp[x][i])%mod;
for(int i=k;i>=1;i--) dp[x][i]=(dp[x][i]+dp[x][i-1])%mod;
dp[x][1]=(dp[x][1]-1+mod)%mod;
}
int main()
{
n=read(),k=read();
int x,y;
for(int i=1;i<n;i++){
x=read(),y=read();
addedge(x,y);addedge(y,x);
}
fac[0]=1;S[0][0]=1;
for(ll i=1;i<=k;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for(ll i=1;i<=k;i++)
for(ll j=1;j<=i;j++) S[i][j]=(S[i-1][j-1]+S[i-1][j]*j)%mod;
dfs(1,0);
ll Ans=0;
for(int i=0;i<=k;i++) Ans=(Ans+S[k][i]*fac[i]%mod*ans[i])%mod;
printf("%I64d\n",Ans);
return 0;
}