集合的划分与第二类Stirling数

【算法】第二类斯特林数Stirling

n=0
1
n=1
01
n=2
011
n=3
0131
n=4
01761
n=5
0 31 90 65 15 1
n=7
0 1 63 301 350 140 21 1
n=8
0 1 127 966 1701 1050 266 28 1
n=9
0 1 255 3025 7770 6951 2646 462 36 1
（1）如果n个元素构成了m-1个集合，那么第n+1个元素单独构成一个集合。方案数
。
（2）如果n个元素已经构成了m个集合，将第n+1个元素插入到任意一个集合。方案数 m*S(n,m) 。
综合两种情况得：
递推式：dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+j*dp[i-1][j]；
模板代码：
dp[0][0] = 1; for(int i = 1;i <= n; i++){ for(int j = 1;j <= i; j++){ dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+j*dp[i-1][j]; } }
第二类stirling数的推导和第一类stirling数类似可以从定义出发考虑第n1个元素的情况假设要把n1个元素分成m个集合则分析如下
【算法】第二类斯特林数 Stirling
第二类Stirling数实际上是集合的一个拆分，表示将n个不同的元素拆分成m个集合的方案数，记为
或者。
第二类Stirling数的推导和第一类Stirling数类似，可以从定义出发考虑第n+1个元素的情况，假设要把n+1个元素分成m个集合则分析如下：

第二类stirling数S(n,n-7)的一个公式1

第二类stirling 数(,7)S n n -的一个公式李妙珊（华南师范大学, 数学科学学院, 广东, 广州,510631）摘要: 本文运用组合理论对第二类stirling 数展开分析,从而给出当14n ≥时, 第二类stirling 数(,7)S n n -的一个公式.关键词: 非空子集合; 组合; 第二类stirling 数1．定义与符号定义1 从n 个不同事物中取出m 个的组合数,记作mn C .定义2 把含有n 个元素的一个集合分成恰好有k 个非空子集合的分拆数目就叫做第二类stirling 数,并记作(,)S n k ,对于0n k ==时,定义(0,0)S =0;当(,)0n k S n k <=时,.对于集合A,我们用|A|表示A 的基数.关于第二类stirling 数的性质与计算方法,我们给出以下几个引理. 引理 []11111211(,1)1,(,2)21,(,3)(31)2,2,n n n n n S n S n S n S n S n n S n n ---≥==-=+-当时，（,0)=0,（,-1)=C （,)=1.引理 []121(,)(1,1)(1,).k n S n k S n k kS n k ≤≤=--+-当时,为了方便下面定理1的证明，根据引理1和引理2，我们可以算出以下几个第二类stirling 数：8991(9,2)21255;(10,3)(31)29330;(11,4)145750;2S S S =-==+-==(12,5)1379400.S =作者简介:李妙珊（l983一）, 女, 广东佛山人,华南师范大学硕士研究生。

研究方向:图论与组合最优化。

定理 [][][][]2345A344,(,2)3n n n S n n C C ≥-=+当时4566(,3)1015;n n n S n n C C C ≥-=++;当n 时,56788(,4)25105105;n n n n n S n n C C C C ≥-=+++当时,67891010(,5)564901260945;nnnnnn S n n C C C C C ≥-=++++当时,78910111212(,6)119191894501732510395.n n n n n n n S n n C C C C C C ≥-=+++++当时,2．主要结果及其证明定理 1 当14n ≥时，891011121314(,7)246682556980190575270270135135.n n n n n n n S n n C C C C C C C -=++++++证明: 设X 是含有n 个元素的集合, 当14n ≥时, 按照(,7)n n -S 的定义,我们有下面7种不同情况的分拆方法. 情况1711287(17)(,1,7)(2)...18.n i i i j i n n X A A i n A A i j i j n A A A A -=--=≤≤-⋂=∅≠≤≤-===== 设,这里满足（1）且我们从X 的n 个元素中取出8个元素放在7n A -中的方法共有8n C 种, 因此, 在情况1中,我们有8n C 种分拆方法.情况2711298787(17)(,1,7)(2)...12,2,9.n i i i j i n n n n n X B B i n B B i j i j n B B B B B B B -=-----=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥⋃= 设,这里满足（1）且并且我们从X 中取出9个元素的方法有9n C 种, 而9个元素分成两个非空集合的分拆数为(9,2)S .若将9个元素分成两部分, 一部分有1个元素而另一部分有8个元素, 共有19C 种方法, 因此, 将9个元素分成两部分, 使每部分至少有2个元素的方法共有19189(9,2)(21)9210246S C --=--=-=种.因此在情况2中,我们共有2469n C 种分拆方法.情况3711210987987(17)(,1,7)(2)...12,2,2,10.n i i i j i n n n n n n n X C C i n C C i j i j n C C C C C C C C C -=-------=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥⋃⋃= 设,这里满足（1）且并且我们从X 中取出10个元素的方法有10n C 种,将10个元素分成3个非空子集987,,n n n C C C ---的方法共有(10,3)S 种.而其中有一个子集含一个元素,而另外两个子集至少含有2个的元素的分拆方法有1102462460C ⨯=种;其中有两个子集各含有1个元素,即有一个子集含有8个元素的方法有28101045C C ==种.所以把10个元素分为3个非空子集且每个子集至少包含2个元素的方法共有(10,3)(246045)933025056825S -+=-=种.因此,在情况3中,我们有106825n C 种分拆的方法. 情况47112111098710987(17)(,1,7)(2)...12,22,2,11.n i i i j i n n n n n n n n n X D D i n D D i j i j n D D D D D D D D D D D -=---------=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥≥⋃⋃⋃= 设,这里满足（1）且，并且我们从X 中取出11个元素的方法有11n C 种, 将11个元素分成4个非空子集10n D -,9n D -,8n D -,7n D -的方法共有(11,4)S 种. 若有一个子集中含1个元素,而另外三个子集中至少含有2个元素的分拆方法有111682575075C ⨯=种; 若有两个子集各含有1个元素, 其它两个子集至少含有2个元素的分拆方法有21124613530C ⨯=种; 若有三个子集各含有1个元素,即有一个子集含有8个元素的方法有381111165C C ==种. 所以把11个元素分为4个非空子集且每个子集至少包含2个元素的方法共有(11,4)(7507513530165)1457508877056980S -++=-=种. 因此,在情况4中, 我们有1156980n C 种分拆的方法.情况571121211109871110987(17)(,1,7)(2)...12,2,22,2,12.n i i i j i n n n n n n n n n n n X E E i n E E i j i j n E E E E E E E E E E E E E -=-----------=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥≥≥⋃⋃⋃⋃= 设,这里满足（1）且，并且n 1110987,,,,n n n n n E E E E E -----的方法共有(12,5)S 种. 若有一个子集含一个元素, 而另外四个子集都至少含有2个元素的分拆方法有11256980683760C ⨯=种; 若有两个子集各含有1个元素, 其它三个子集都至少含有2个元素的分拆方法有2126825450450C ⨯=种; 若有三个子集各含有1个元素, 其它二个子集都至少含有2个元素的分拆方法有31224654120C ⨯=种; 若有四个子集各含有1个元素,即有一个子集含有8个元素的方法有481212495C C ==种. 所以把12个元素分为5个非空子集且每个子集都至少包含2个元素的方法共有(12,5)(683760450450S -+54120495)++13794001188330190575=-=种. 因此,在情况5中, 我们有12190575nC 种分拆的方法. 情况 6711213121110987121110987(17)(,1,7)(2)...12,2,222,2,13.n i i i j i n n n n n n n n n n n n n X F F i n F F i j i j n F F F F F F F F F F F F F F F -=-------------=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥≥≥≥⋃⋃⋃⋃⋃= 设,这里满足（1）且，，并且我们从X 中取出13个元素的方法有13n C 种, 将13个元素分成6个非空子集121110987,,,,,n n n n n n F F F F F F ------且使每个非空子集都至少包含2个元素的做法如下:先从13个元素中任取3个元素, 其取法共有313C 种,再把其余10个元素分成5部分, 使每部分都有2个元素的分拆数为22222108642/5!945C C C C C =种,那么共有313945945286270270C ⨯=⨯=种分拆数. 因此,在情况6有13270270nC 种分拆方法.情况77112141312111098713121110987(17)(,1,7)(2)...12,2,2222,2,14.n i i i j i n n n n n n n n n n n n n n n X G G i n G G i j i j n G G G G G G G G G G G G G G G G G -=---------------=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥≥≥≥≥⋃⋃⋃⋃⋃⋃= 设,这里满足（1）且，，，并且n 13n G -,12n G -11n G -,10n G -,19n G -,8n G -,7n G - 且使每个非空子集都包含2个元素的分法有22222221412108642/7!135135C C C C C C C =种. 所以,在情况7中有14135135nC 种分拆方法.711212771(17)(,1,7)(2)...1222,(14).n i i i j i n k n k n k n n i i n k X H H i n H H i j i j n H H H H H H H k k -=--+-+--=-+=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥=>假设,这里满足（1）且，，...,并且[]71(17)27()14.n i i i H i n H n k n n k n k n -=≤≤-≥-+---=+-> 则各子集的元素之和为注意这里14k >,从而产生矛盾.说明这种情况不存在.因而将n 元集合X 分成7n -个非空子集的情况只有上述的7种,所以根据加法原则可得891011121314(,7)246682556980190575270270135135,n n n n n n n n n C C C C C C C -=++++++S 故定理1得证.参考文献：[1]陈景润.组合数学简介[M].天津:天津科学技术出版社, 1988. [2]曹汝成.组合数学[M].广州:华南理工大学出版社,2002.[3]杜春雨.第二类stirling 数的一个恒等式[J].江西师范大学学报(自然科学版), 2004(5): 240-241.[4]吴跃生.第二类stirling 数的又一个恒等式[J].华东交通大学学报,2007(2):146-147. [5] 吴跃生.第二类stirling 数(,6)n n -2S 的一个公式[J].华东交通大学学报,2008(3):97-99.A Formula of (,7)S n n - For Stirling Number of the Second KindMiaoshan-Li(South China Normal University, School of Mathematics,Guangzhong, 510631,China)Abstract: In this paper, we analyze the stirling number of the second kind by the combination theorey, then a formula of (,7)S n n -for the stirling number of the second kind has been obtained, where 14n ≥.Keywords: non-empty subset; combinations; stirling number of the second kind。

stirling子集递推公式

stirling子集递推公式
Stirling子集是对一个集合的非空子集进行划分的数量。

设S(n, k)表示n个元素的集合的子集划分为k个非空子集的数量，则
Stirling子集的递推公式为：
S(n, k) = k*S(n-1, k) + S(n-1, k-1)
其中，S(n-1, k)表示将n个元素的集合划分为k个非空子集中的一部分，而S(n-1, k-1)表示其中一个非空子集包含n元素。

这个递推公式的意义是，当我们要将n个元素的集合划分为k个非空子集时，可以分两种情况来考虑：第一种情况是将第n个元素放入某一个已经划分的非空子集中，此时问题转化为将前n-1个元素的集合划分为k个非空子集，即S(n-1, k)；第二种情况是将第n个元素单独作为一个非空子集，此时问题转化为将前n-1个元素的集合划分为k-1个非空子集，即S(n-1, k-1)。

因此，两种情况的数量相加即可得到n个元素的集合划分为k个非空子集的总数。

拓展：除了Stirling子集的递推公式，在计算实际问题中也会用到Stirling数。

Stirling数是一种用于计算排列和组合问题的数学工
具，有两种类型：Stirling第一类数（符号为S(n, k)）用于计算将n 个元素划分为k个非空环排列的数量，而Stirling第二类数（符号为
S(n, k)）用于计算将n个元素划分为k个非空的集合的数量。

这两类Stirling数也存在递推公式，可以用来计算更复杂的排列和组合问题。

斯特林数及其应用

斯特林数及其应用
斯特林数（Stirling numbers ）是组合数学中的一类数列，分为两种类型：第一类斯特林数和第二类斯特林数。

它们分别用来表示对一组对象进行排列或划分的方式数目。

斯特林数的应用广泛，包括在排列组合、数学、物理和计算机科学等领域。

第一类斯特林数（Stirling numbers of the first kind ）：
第一类斯特林数，通常表示为{n n
} 或 S(n,k)，表示将 n 个对象排列成 k 个非空循环的方式的数目。

具体应用包括：
● 圆排列问题：表示将 n 个不同元素排列成 k 个非空圆排列的方式数目。

● 代数学：与群论中的置换群相关，用于表示置换的乘法表示。

● 计算机科学：在算法和计算机科学中，用于分析和计数一些特定排列问题的解空间。

第二类斯特林数（Stirling numbers of the second kind ）：
第二类斯特林数，通常表示为{n n
} 或 S(n,k)，表示将 n 个对象划分成 k 个非空子集的方式数目。

具体应用包括：
● 集合分割问题：描述将 n 个元素分割成 k 个非空子集的方式数目。

● 概率论：用于描述多项式分布中的多个事件发生的可能情况。

● 组合恒等式：在组合学等领域中，用于表示一些组合恒等式。

这两类斯特林数在数学和应用科学中有着广泛的应用，它们提供了一种刻画排列和组合方式的有效数学工具。

第二类斯特林数计算

第二类斯特林数计算摘要：一、斯特林数的定义与分类二、第二类斯特林数的概念与计算方法1.第二类斯特林数的定义2.第二类斯特林数的计算公式3.第二类斯特林数的性质三、第二类斯特林数在组合数学中的应用1.与第一类斯特林数的关系2.在排列组合中的应用正文：一、斯特林数的定义与分类斯特林数是一种特殊的组合数，用来表示从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数。

根据排列中元素的选取方式，斯特林数可以分为两类。

第一类斯特林数是从n 个元素中选取m 个元素的排列数，不考虑元素的顺序；第二类斯特林数是从n 个元素中选取m 个元素的排列数，考虑元素的顺序。

二、第二类斯特林数的概念与计算方法1.第二类斯特林数的定义第二类斯特林数，记作S(n, m)，表示从n 个不同元素中选取m 个元素，并考虑元素顺序的排列数。

2.第二类斯特林数的计算公式第二类斯特林数的计算公式为：S(n, m) = n! / (n-m)!其中，n! 表示n 的阶乘，即n! = n × (n-1) × (n-2) ×...× 1。

3.第二类斯特林数的性质第二类斯特林数具有以下性质：(1) S(n, m) = S(m, n)，即从n 个元素中选取m 个元素的排列数与从m 个元素中选取n 个元素的排列数相等。

(2) S(n, m) = m! × S(n-1, m-1)，即从n 个元素中选取m 个元素的排列数等于m 的阶乘与从n-1 个元素中选取m-1 个元素的排列数的乘积。

三、第二类斯特林数在组合数学中的应用1.与第一类斯特林数的关系第一类斯特林数，记作S(n)^m，表示从n 个元素中选取m 个元素的组合数。

它与第二类斯特林数S(n, m) 的关系为：S(n, m) = S(n)^m / m!2.在排列组合中的应用第二类斯特林数在排列组合中有广泛应用，例如在计算排列组合、概率论等方面的问题时，常常需要用到第二类斯特林数。

斯特灵公式

斯特灵公式是一条用来取n阶乘近似值的数学公式。

一般来说，当n很大的时候，n阶乘的计算量十分大，所以斯特灵公式十分好用，而且，即使在n很小的时候，斯特灵公式的取值已经十分准确。

公式为：这就是说，对于足够大的整数n，这两个数互为近似值。

更加精确地：或者：例:杭电1018 Big NumberBell数和Stirling数Bell数，又称为贝尔数。

是以埃里克·坦普尔·贝尔(Eric Temple Bell)为名的。

B(n)是包含n个元素的集合的划分方法的数目。

B(0) = 1, B(1) = 1, B(2) = 2, B(3) = 5,B(4) = 15, B(5) = 52, B(6) = 203,...递推公式为，B(0) = 1,B(n+1) = Sum(0,n) C(n,k)B(k). n = 1,2,...其中，Sum(0,n)表示对k从0到n求和，C(n,k) = n!/[k!(n-k)!]-------------------------Stirling数，又称为斯特灵数。

在组合数学，Stirling数可指两类数，都是由18世纪数学家James Stirling提出的。

第一类Stirling数是有正负的，其绝对值是包含n个元素的集合分作k个环排列的方法数目。

递推公式为，S(n,0) = 0, S(1,1) = 1.S(n+1,k) = S(n,k-1) + nS(n,k)。

第二类Stirling数是把包含n个元素的集合划分为正好k个非空子集的方法的数目。

递推公式为，S(n,n) = S(n,1) = 1,S(n,k) = S(n-1,k-1) + kS(n-1,k).-------------bell数和stirling数的关系为，每个贝尔数都是"第二类Stirling数"的和。

B(n) = Sum(1,n) S(n,k).S(n,4)表示把n个有区别的元素分到4个无区别的非空集合里面的方法数可以用斯递推式解决：S(n,k) = k*S(n-1,k) + S(n-1,k-1)；S(n,1)=1（n≥1），S(n,n)=1。

第二类斯特林数通项公式

第二类斯特林数通项公式摘要：一、引言- 斯特林数的背景和概念- 第二类斯特林数的定义和意义二、第二类斯特林数的通项公式- 推导过程- 公式表达式三、斯特林数与第二类斯特林数的关系- 联系与区别- 转换公式四、第二类斯特林数的应用- 实际问题中的运用- 案例分析五、结论- 对第二类斯特林数通项公式的总结- 对未来研究的展望正文：一、引言斯特林数，又称Stirling 数，是由苏格兰数学家马修·斯特林（Matthew Stirling）在1938 年提出的数学概念，用于解决组合问题。

斯特林数是一个整数序列，可以描述n 个元素的排列组合情况。

在众多组合问题中，斯特林数具有很高的实用价值。

第二类斯特林数是斯特林数的一个子序列，具有独特的性质和应用价值。

本文将详细介绍第二类斯特林数的通项公式，并探讨其与斯特林数之间的关系以及应用。

二、第二类斯特林数的通项公式第二类斯特林数（S(n, k)）是一个整数序列，表示从n 个元素中选取k 个元素的组合数，其中n > k。

其通项公式为：S(n, k) = (n!) / [(n-k)! * k!]其中，n! 表示n 的阶乘，即n! = n * (n-1) * ...* 2 * 1。

三、斯特林数与第二类斯特林数的关系第二类斯特林数是斯特林数的一个子序列，它们之间存在一定的关系。

当n = k 时，第二类斯特林数S(n, k) 等于斯特林数S(n)。

此外，根据组合数的性质，第二类斯特林数还可以通过斯特林数进行转换：S(n, k) = S(n-1, k-1) + S(n-1, k)四、第二类斯特林数的应用第二类斯特林数在实际问题中具有广泛的应用，例如在计算机科学、生物学、物理学等领域。

以下为一个简单的案例分析：问题：有5 个不同的球和3 个不同的盒子，求将球放入盒子中的所有方法。

解答：根据第二类斯特林数的通项公式，可以计算出从5 个球中选取0 个、1 个、2 个、3 个的组合数，分别为：S(5, 0) = 1S(5, 1) = 5S(5, 2) = 10S(5, 3) = 10因此，将5 个球放入3 个盒子中的所有方法共有16 种。

广义第二类Stirling数的两个公式

４，１一＋，１，一，１这的划为，＋≥．，＋，Ｉ．．样分数一Ｉ＋ＩＩ … Ｉ＋ ∑（ｉ－Ｉｒ，（－－＋，）（一ｎｋｉｆ．ｚ＿
ｉｏ＝ｑｎｋ，＝ — 一
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第４期
拓磊等：广义第二类Ｓｉｉ数的两个公式ｔｌｇｒｎ
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关键词：广义第二类Ｓｉｉｇ；划；集合ｔｌ数分ｒｎ
中图分类号：５Ｏ１７文献标识码：Ａ

第二类斯特林数公式 c++

第二类斯特林数公式c++全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：第二类斯特林数是组合数学中的一种重要概念，它们可以用来描述把一个集合划分为非空不可交集子集的方式的数量。

第二类斯特林数有许多应用，比如在概率论、组合数学、生成函数等领域都有广泛的应用。

在本文中，我们将介绍关于第二类斯特林数的概念和公式，以及如何使用C++语言来计算第二类斯特林数。

第二类斯特林数的定义如下：给定正整数n和整数k，第二类斯特林数S(n, k)表示将n个对象划分为k个非空不可交集子集的方式的数量。

换句话说，S(n, k)表示将n个不加区分的物体划分为k个不同的集合的方法数。

第二类斯特林数满足以下递推关系：S(n, k) = k * S(n-1, k) + S(n-1, k-1)当n=0或k=0时，S(n, k)等于0；当n=k时，S(n, k)等于1。

根据这个递推关系，我们可以很方便地计算出给定n和k的第二类斯特林数。

下面我们将介绍如何使用C++语言来计算第二类斯特林数。

我们可以定义一个函数来计算第二类斯特林数，如下所示：```cpp#include <iostream>#include <vector>int secondStirlingNumber(int n, int k) {if (n == 0 || k == 0) {return 0;}if (n == k) {return 1;}std::vector<std::vector<int>> dp(n+1, std::vector<int>(k+1, 0));for (int i = 0; i <= n; ++i) {dp[i][0] = 0;}for (int i = 0; i <= k; ++i) {dp[0][i] = 0;}dp[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = 1; j <= k; ++j) {dp[i][j] = j * dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1];}}return dp[n][k];}除了上面的方法，还可以使用递归的方式来计算第二类斯特林数，代码如下所示：上面的代码使用递归的方式来计算第二类斯特林数，效率比较低，但是代码更加简洁。

组合数学中的Stirling数性质

组合数学中的Stirling数性质Stirling数是组合数学中一系列重要的数学对象，它们在许多领域都有广泛的应用，包括代数学、离散数学、概率论等。

Stirling数分为第一类Stirling数和第二类Stirling数，它们都有一些重要的性质和应用。

一、第一类Stirling数第一类Stirling数，通常用符号${{S(n,k)}}$表示，表示将一个n个元素的集合划分成k个非空的环排列的方法数。

具体来说，${{S(n,k)}}$表示n个元素的集合被划分成k个环排列的方法数。

第一类Stirling数有一些基本的性质。

首先，当n等于k时，${{S(n,k)}}$等于1。

其次，当n大于k时，${{S(n,k)}}$即等于将n个元素划分成k个环排列的方法数。

第一类Stirling数还满足递推关系，即${{S(n,k) = S(n-1,k-1) + (n-1) \cdot S(n-1,k)}}$这个递推关系可以用来计算第一类Stirling数，并且可以用来证明第一类Stirling数的一些性质。

二、第二类Stirling数第二类Stirling数，通常用符号${{S(n,k)}}$表示，表示将一个n个元素的集合划分成k个非空的子集的方法数。

具体来说，${{S(n,k)}}$表示n个元素的集合被划分成k个非空的子集的方法数。

第二类Stirling数也有一些基本的性质。

首先，当n等于k时，${{S(n,k)}}$等于1。

其次，当n小于k时，${{S(n,k)}}$等于0，因为无法将n个元素划分成k个非空的子集。

第二类Stirling数也满足递推关系，即${{S(n,k) = k \cdot S(n-1,k) + S(n-1,k-1)}}$这个递推关系可以用来计算第二类Stirling数，并且可以用来证明第二类Stirling数的一些性质。

三、Stirling数的应用Stirling数在组合数学中具有广泛的应用。

斯特林数（Stirlingnumber）

斯特林数（Stirlingnumber ）在组合数学，Stirling 数可指两类数，第⼀类Stirling 数和第⼆类 Stirling 数，都是由18世纪数学家 James Stirling 提出的。

Stirling 数有两种，第⼀类和第⼆类Stirling 数第⼀类斯特林数：形如n m，也写作 s (n ,k )组合意义：s (n ,k ) 表⽰吧n 个数分成k 组，每组是⼀个环，求分成的⽅案数。

也就是⼀个轮⼦，怎么转都是⼀样的，如：1,2,3,4 和 4,1,2,3 只算⼀种⽅案。

递推式：s (n +1,2)=s (n ,1)+s (n ,2)⋅n即要么⾃成⼀个环，要么加⼊其它k 个环，可以插⼊n −1个位置。

（每两个数之间）当然边界条件00=1性质：1. s (n ,1)=(n −1)!2. s (n ,2)=(n −1)!×∑n −1i =11i3. ∑n i =0s (n ,k )=n !证明：1. 显然，我们把n 个元素排列起来，有n !种可能，⾸尾相接即可得到⼀个环。

这⾥⾯每种情况重复了n 次，因为可以旋转n 次，所以除以n ，得到s (n ,1)=(n −1)!。

2. 通过数学归纳法可以证明。

s (n +1,2)=s (n ,1)+s (n ,2)⋅n=(n −1)!+n (n −1)!n −1∑i =11i=(n −1)!+n !n −1∑i =11i =n !n +n !n −1∑i =11i =n !n∑i =11i3. 这⾥有⼀个巧妙地“算两次”⽅法。

⾸先构造⼀个问题，求n 个数的所有排列。

⾸先⽤乘法原理直接得出结论，ans =n !。

我们知道，对于⼀个排列对应⼀个置换，即：12...n a 1a 2...a n把这个置换中的上下对应位置连边，可以得到许多的环。

由于排列和置换是⼀⼀对应的，所以我们要求排列的个数，就是求⽤n 个元素组成环的⽅案数，所以我们枚举环的个数:[][]()n!=n∑k=1s(n,k)由于我们有s(n,0)=0，所以也可以写成：n∑k=0s(n,k)=n !第⼆类斯特林数：形如nk，也写作S(n,k)组合意义：S(n,k) 表⽰吧n个数分成k组，组内⽆序，每组没有区别。

广义第二类Stirling数及其性质

ｂ含ｎ．且多于ｒ元的子集的Ａ的ｋ—ｒ个分划，将ｎ先从Ａ中拿出，即对｛ｎ，，进行ｎ，。… ｎ）ｋ —ｒ分划，分划数为Ｓ（一１ｋｒ，将ｎｎ，，）再放人分划的子集（）有ｋ种放法，类中，故含ｎ且多于ｒ
广义第二类Ｓｉｉｇ及其性质ｔｌ数ｒｎ
胡端平
（汉工程大学理学院，汉４０７）武武３０４
摘要：二类Ｓｉｉｇ数可以从不同背景中得到，有许多应用．文利用对有限集合的分划方案数提出了第ｔｌｒｎ且本
个元的Ａ的ｋｒ划数为是ｎ１ｋｒ． — 分Ｓ（一，，）
由加法原理知Ａ的ｋ —ｒ分划数为：
（１２－，１）ｋｒ（ｒ－，＋Ｓ～Ｓｎｋｒ２
即（）成立．１式
＇ｒ）
１广义第二类Ｓｉｉｇ数及其性质ｔｌｒｎ
有二）（ｐ，另ｎｐ元分（１再外 —个素一ｎ）对－一种
成ｋ一１子集且每个子集的元素至少为Ｐ个，个有
ｆ种法将。加到取，１元中＼１取，入所．个素，ｎ－一
，一．ｌ，
Ｓ（ —Ｐｋ１，种，ｚｎ，一，）于是子集含ｎ且元素为一。
案数如下计算：
ｓ（，，） —— ，）２ｎ．一１，＋ｋ２ｎ２ｋｒ一ｌｌ／Ｓ（一，ｋ，）Ｓ（一，．＼，．

5.6Stirling数

证明：1. 显然成立. 2,3. 自证. [例1] 求把 n 只不同的球放入 m 个不同编号的盒子中，使得没有一个盒子为空的方式数. 解：首先不考虑盒子的编号，也就是说这 m 个盒子是相同的. 这样一来，把 n 只不同的球放入 m 个相同的盒子，而且无一盒为空等价于把具有 n 个不同的元素 a1 , a2 ,, an 划分为 m个不相交的非空子集. 由定理5.9，这共有 S2 n, m 种方式. 其次，再考虑盒子是编号的. 这样一来，m个盒子共有 m ! 种编号方式. 于是由乘法规则知共有 m!S2 n, m 种方式把 n 只不同的球放入m 个不同编号的盒子中去，而且没有一个盒子为空. 这个例子实际上就是第三章§3.1节中的例5. 由此可得
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
xn S1 n, k xk
k 0
则称 S1 n, k 为第一类Stirling数. 也就是说， S1 n, k 就是多项式 xn中的 x 的系数. 显然，当 n k 时， S1 n, k 0 . 例如 4 3 2
n
x x 1 x 2 x 3 x 6x 11x 6x
k 1 n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 7 15 31 63 127 255 511 2 3 4 5 6
S2 n 1, k S2 n, k 1 kS2 n, k
7
8
9
10 … … … …
1 6 25 90 301 966 3025 9330
S1 n, k x k 1 n S1 n, k x k
k 0 k 0 n n n 1 n n
k 0
故

第二类Stirling数

子
1 r ybw
2 y rbw
3 b ryw
4 w ryb
5 ry bw
6 rb yw
7 rw yb
其中r表示红球，y表示黄球，b表示篮球，w表示白球，则有 S(4,2)=7
二· 第二类司特林数S(n,m)满足下面的递推关系：
S(n,m)=mS(n-1,m)+S(n-1,m-1),n>1,m≥1 证明：设有n个有区别的球b1,b2,.....,bn,从中取一个球设为b1, 把n个球放到m个盒子无一空盒的方案的全体可以分为两类： (1)b1独占一盒，其方案数显然为S(n-1,m-1). (2)b1不独占一盒，这相当于先将剩下的n-1个球放到m个盒子，不允许空盒，共有S(n-1,m)中不同的方案，然后将b1球放进其中一盒，由乘法法则得b1不独占一盒的方案数应为mS(n-1,m). 根据加法法则，有 S(n,m)=S(n-1,m-1)+mS(n-1,m) 上面证明递推公式的过程，也就是给出构造所有方案的办法，例如，现将红，黄，白，蓝，绿这5个球放到无区别的两个盒子里， S(5,2)=2S(4,2)+S(4,1)=2*7+1=15 故共有15种不同方案.
三.第二类司特林数S(n,m)有以下性质： (1)S(n,0)=S(0,n)=0,对nM (2)S(n,k)>0,若n≥k≥1; (3)S(n,k)=0,若k>n≥1; (4)S(n,1)=1,n≥1; (5)S(n,n)=1,n≥1; (6)S(n,2)=2ⁿ-¹ -1; (7)S(n,3)=½(3ⁿ-¹ +1)-2ⁿ-¹ ; (8)S(n,n-1)= (9)S(n,n-2)= (7)和(9)的证明如下： (7)证明：S(n,3)=S(n-1,2)+3S(n-1,3) =2ⁿ-2-1+3S(n-1,3) =2ⁿ-2-1+3[S(n-2,2)+3S(n-1,3)] =2ⁿ-2-1+3S(n-2,2)+32S(n-1,3) =2ⁿ-2-1+3*2ⁿ-3-3+32S(n-1,3)

第二类斯特林数总结

第⼆类斯特林数总结第⼆类斯特林数总结标签：第⼆类斯特林数最近做题的时候遇到了⼀些跟第⼆类斯特林数有关的东西，发现⽹上的资料不是很多，于是写⼀篇博客来总结⼀下。

第⼆类斯特林数定义第⼆类斯特林数S (n ,m )表⽰的是把n 个不同的⼩球放在m 个相同的盒⼦⾥⽅案数。

upd:为了看得清楚，有时候我们也⽤nm 来表⽰S (n ,m )求法⼀般有两种求法。

递推：S (n ,m )=S (n −1,m −1)+mS (n −1,m )即讨论第⼀个球是否单独在⼀个盒⼦⾥⾯。

如果不独占⼀盒，那么把这个球放进任⼀个盒⼦，这个盒⼦就相当于与其他的盒⼦不同，那么在乘答案的时候就要多乘⼀个m.容斥原理:S (n ,m )=1m !m∑k =0(−1)k C (m ,k )(m −k )n即枚举空盒的个数，剩下的随意放置，由于盒⼦是相同的最后要除以m !注意到这个式⼦是⼀个卷积，所以可以在O (nlogn )内求出S (n ,0),S (n ,1)......性质只有⼀个公式n k =k∑i =0S (k ,i )×i !×C (n ,i )很好理解，左边就是k 个球可以任意放置在n 个盒⼦⾥。

右边就是枚举⾮空盒⼦的数量i ，那么把k 个球放在i 个盒⼦（盒⼦不同，需要乘上⼀个i!）⾥⾯再乘上选出i 个⾮空盒⼦的⽅案数。

有了这个东西，我们可以很⽅便的维护⼀些东西。

组合等式推导upd:感觉以前写的菜爆了。

更新⼀点吧上⾯的性质与求法都是基于组合意义⽽来的，接下来我们采⽤⼀个具有组合意义的等式，将其通过⼀些变换得到上⾯的等式。

n m=m ∑k =0m k n k _x k _是x 的k 次下降幂，就是x ×(x −1)×(x −2)....×(x −k +1)(其实就是上⾯的性质啦)当然准确来说这个式⼦才是定义式，因为这个式⼦具有清晰的组合意义。

这个式⼦可以⽅便的得到递推式：{}{}m∑k=0mk nk_=m∑k=1m−1k−1nk_+m∑k=1km−1k nk_=m−1∑k=0m−1k nk+1_+m∑k=1km−1k nk_=(n−k+k)n m−1=n m当然这个步骤写的不太严谨，如果把上⾯的式⼦倒过来就是正确的证明步骤，但是这样推就不太好想（不过我们已经知道了结论就随便了）。

第二类斯特林数容斥

第二类斯特林数容斥全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：第二类斯特林数容斥是组合数学中的一个重要概念，常常被用于解决排列组合问题中的计数困难。

它是以数学家詹姆斯·斯特林(James Stirling) 的名字命名的，用来描述将n 个物体划分为k 个非空的环排列的方式的数量。

容斥原理是组合数学中一个常用的技巧，用于解决包含重叠计数的问题。

而第二类斯特林数容斥则是结合了斯特林数和容斥原理的一个推广概念，用于计算具有一定规律的排列组合问题的总数。

在实际应用中，第二类斯特林数容斥常常被用于解决集合拆分、图的着色以及树的计数等问题。

首先我们来看一下第二类斯特林数的定义。

第二类斯特林数S(n, k) 表示将n 个不同的元素划分成k 个非空的不可区分的集合的方案数。

换句话说，就是将n 个元素放进k 个非空盒子中，使得每个盒子内的元素都是不同的方案数。

通过第二类斯特林数的概念，我们可以提出第二类斯特林数容斥的具体问题。

假设有n 个不同的元素，要将这些元素放入k 个不同的集合中，并且每个集合至少包含一个元素，则可以用第二类斯特林数S(n, k) 来表示方案数。

接下来我们来解决这一问题。

我们考虑将n 个元素放入k 个集合中的总方案数，不考虑每个集合至少包含一个元素的限制。

这个问题可以表示为k^n，即将n个元素放入k 个集合中的所有可能情况。

由于我们要求每个集合至少包含一个元素，所以需要排除掉至少有一个集合为空的情况。

k^n - S(n, 1) + S(n, 2) - S(n, 3) + ... + (-1)^k * S(n, k)这个公式就是第二类斯特林数容斥的表示式。

通过这个公式，我们可以解决将n 个元素放入k 个非空集合中的问题，同时满足每个集合至少有一个元素的条件。

在实际应用中，第二类斯特林数容斥可以帮助我们解决许多计数问题，特别是排列组合中的一些复杂情况。

通过灵活运用第二类斯特林数容斥的概念，我们可以更加高效地解决各种计数问题，为数学建模和算法设计提供更灵活的思路和方法。

第二类斯特林数任意模数ntt-概述说明以及解释

第二类斯特林数任意模数ntt-概述说明以及解释1.引言1.1 概述第二类斯特林数是数学中的一个重要概念，它在组合数学、数论和代数等领域具有广泛的应用。

斯特林数是由18世纪的数学家詹姆斯·斯特林引入的，用于描述将n个物体分成k个非空循环排列的方法数。

在本文中，我们将讨论的是第二类斯特林数在模数ntt下的计算方法。

模数ntt是指在计算过程中，对中间结果取模的一种优化技术。

通过利用模数ntt，我们可以有效地计算大规模的第二类斯特林数，并能在较短的时间内得到结果。

本文的结构如下: 首先，我们将介绍第二类斯特林数的定义和性质。

然后，我们将引入模数ntt的概念和其在计算中的作用。

最后，我们将详细阐述第二类斯特林数在模数ntt下的计算方法，并举例说明其应用。

本文的目的在于探讨第二类斯特林数在模数ntt下的计算方法，并且通过实际应用案例来验证其有效性。

我们希望通过这篇文章的阐述，读者能够深入理解第二类斯特林数的概念和模数ntt的计算原理，并能够灵活运用于相关领域的问题求解中。

在接下来的章节中，我们将逐步展开对第二类斯特林数和模数ntt的介绍与探讨。

请随我一起深入探索这一有趣且具有实际应用价值的数学概念。

1.2 文章结构本文共分为三个主要部分：引言、正文和结论。

下面对每个部分的内容进行详细介绍。

1.2.1 引言引言部分主要对文章的主题进行概述，并介绍文章的目的和结构。

首先，作者会简要概述第二类斯特林数及其相关的定义和性质。

随后，会说明文章的目的，即介绍第二类斯特林数任意模数ntt的计算方法，并探讨其应用价值。

最后，会提及文章的结构，即正文部分将详细讨论第二类斯特林数的定义和性质，以及模数ntt的介绍；而在结论部分，将总结研究结果并对未来的研究方向进行展望。

1.2.2 正文正文部分是本文的核心内容，分为三个小节：第二类斯特林数的定义和性质、模数ntt的介绍以及第二类斯特林数任意模数ntt的计算方法。

在第二类斯特林数的定义和性质节中，作者将详细介绍第二类斯特林数的概念、定义和相关的重要性质。

第二类斯特林数计算

第二类斯特林数计算斯特林数（Stirling number）是组合数学中的一类重要数列，由斯特林和命名。

斯特林数分为两种类型：第一类斯特林数和第二类斯特林数。

在本文中，我将重点讨论第二类斯特林数的计算方法。

第二类斯特林数S(n,k)定义为将n个不同的物体分成k个非空的不可区分的圆排列的方法数。

换句话说，S(n,k)表示将n个物体划分成k个非空的集合的个数。

例如，当n=3，k=2时，S(3,2)表示将3个物体划分成2个非空的集合的个数，即{1,2}和{3}，所以S(3,2)=2接下来，我将介绍两种常见的计算第二类斯特林数的方法：递推关系和递归方法。

1.递推关系法：递推关系法是计算第二类斯特林数最常用的方法，该方法通过一组递推关系来计算第二类斯特林数。

递推关系：S(n,k)=k*S(n-1,k)+S(n-1,k-1)，其中n≥1，k≥1根据递推关系，我们可以得到以下递推步骤：（1）当n=0且k=0时，S(0,0)=1；（2）当n=0且k≠0时，S(0,k)=0；（3）当n≥1且k=0时，S(n,0)=0；（4）当n≥1且k≥1时，使用递推关系计算S(n,k)。

具体计算步骤如下：（1）初始化一个二维数组S[][]，用来存储计算结果；（2）当n=0且k=0时，S[0][0]=1；（3）当n=0且k≠0时，S[0][k]=0；（4）当n≥1且k=0时，S[n][0]=0；（5）当n≥1且k≥1时，使用递推关系计算S(n,k)：S[n][k]=k*S[n-1][k]+S[n-1][k-1]；（6）重复步骤（5）直到计算完所有的S(n,k)。

通过递推关系法，我们可以计算任意的第二类斯特林数。

这种方法的时间复杂度是O(nk)，其中n和k分别是需要计算的第二类斯特林数的上限。

2.递归方法：递归方法也是计算第二类斯特林数的一种常见方法，它使用递归的思想来定义和计算第二类斯特林数。

递归定义：S(n,k)=k*S(n-1,k)+S(n-1,k-1)，其中n≥1，k≥1具体计算步骤如下：（1）当k=0或k>n时，S(n,k)=0；（2）当k=n时，S(n,k)=1；（3）当k=1时，S(n,1)=1；（4）当k≥2且k<n时，使用递归定义计算S(n,k)：S(n,k)=k*S(n-1,k)+S(n-1,k-1)。

有关第二类stirling数的一些递推关系式

非空子集合的分拆数目就叫做第二类stirling数, 记作S2(n,r).
(1)S2(n,0)=0,S2(n,1)=1,S2(n,2),S2(n,n-1), S2(n,n)=1.(课本) (2) n≥4时,S2(n,n-2); 当n≥6时,S2(n,n-3); n≥8时,S2(n,n-4); n≥10时,S2(n,n-5); n≥12时,S2(n,n-6).
展示论文
• 论文格式:一篇完整的论文应包括题目、摘要、关键词、论文的内容、参考文献。 • 注意事项: (1)题目: 应当简明、具体、确切地反映出本文的特定内容. (2)摘要:是一篇论文的浓缩和精华.主要说明文章主要用什么方法解决了什么问题,得到什么结论.还有阐述一下其研究意义.结构要严谨，表达要简明.
提取方法,解决问题
方法: 可以通过类比,迁移,归纳等形式去提取重要的解决问题的方法. 举例:
对于研究正整数的分拆问题的基本方法大致有两种： (1)分析方法：即利用超几何级数构造出正整数的分拆数的生成函数, 从而利用级数的分析性质来研究正整数的分拆数的代数, 组合性质; (2)组合方法：即利用正整数分拆的 Ferrers图表示形式, 将 Ferrers 图作几何变换, 进而建立一种一一对应关系来研究分拆数的性质.
1. 选择自己有兴趣的相关领域;
2. 在该领域中发现问题; 3. 研究和解决问题;
4. 整理成文.
一.科学. 它主要包括以下内容: (1)计数问题: 如整数分拆,Stirling数
(2)存在性问题: 如鸽笼原理,四色猜想
(3)设计问题: 如组合设计,编码理论 (4)最优化问题: 如最短路问题,最大流问题
发现问题是写论文的一个重要的环节,是解决问题的前奏.所以我们要具有敏锐的眼光和灵活的头脑,善于思辨、习惯于归纳整理. 下面是发现问题的一般步骤:

第二类斯特林数学习总结

第⼆类斯特林数学习总结前⼏天在BZ上的考试考到有关第⼆类斯特林数的东西虽然说那道题⽬到最后并不需要⽤这个东西来化简把不过抱着学习的态度还是学了学有关第⼆类斯特林数的东西第⼆类斯特林数S(n,m)定义为把n个元素划分成m个⽆序集合的⽅案数根据这个定义我们不难写出递推式设状态S(i,j)，讨论第i个元素是否单独⼀个集合若单独⼀个集合，则⽅案数等价于S(i-1,j-1)若不是单独⼀个集合，则他可以在之前任意j个集合⾥，⽅案为S(i-1,j)*j这样我们得到式⼦S(i,j)=S(i-1,j-1)+S(i-1,j)*j递推的时间复杂度是O(n^2)的根据定义我们也不难写出通项表达式假设集合没有⾮空的限制，则答案显然是m^n之后我们可以利⽤容斥原理，枚举⾄少有⼏个集合是空的，在套上容斥系数我们有(注意集合是⽆序的，所以最后要消序) S(n,m)=1/m!*sigma((-1)^k*C(m,k)*(m-k)^n))直接根据这个式⼦暴⼒求解某⼀⾏的斯特林数的复杂度是O(n^2)的但显然这是⼀个卷积形式，利⽤FFT我们可以将时间复杂度优化成O(nlogn)我们再来讨论⼀下贝尔数，贝尔数的定义是把n个元素划分成若⼲个⽆序集合的⽅案数不难发现f(n)=sigma(S(n,m)),直接求解某⼀项贝尔数利⽤上⾯的通项公式我们可以做到O(nlogn)但是我们可以做到更好，考虑第⼀个元素所在集合的⼤⼩，我们不难得到如下递推式f(i)=sigma(C(i-1,k-1)*f(i-k))我们对于这个式⼦利⽤CDQ+FFT即可在O(nlog^2n)的时间复杂度内求解前n项的贝尔数但是我们还可以做到更好我们考虑每个集合是由若⼲个元素组成的且集合⾮空，集合中元素⽆序则可以得到集合的⽣成函数为g(x)=e^x-1⽽贝尔数分解成若⼲个集合的划分⽅案,则我们有f=e^g我们构造多项式g，之后多项式求exp即可时间复杂度O(nlogn)有意思的是我们可以考虑把n个元素划分成若⼲个有序集合的⽅案数，设为多项式f考虑第⼀个集合的⼤⼩，我们有f(i)=sigma(C(i,k)*f(i-k))我们⼀样可以⽤CDQ+FFT来求解但是我们利⽤之前在多项式求逆学习总结中提过的技巧进⾏化简，就可以化简成⼀个多项式求逆的式⼦时间复杂度O(nlogn)我们现在讨论⼀些跟斯特林数相关的化简技巧其中最常⽤的莫过于i^k和S(k,j)之间的转化了我们通过第⼆类斯特林数的通项公式不难发现S(k,j)可以转化成若⼲个带系数的i^k的和⽽我们⼜存在公式i^k=sigma(S(k,j)*j!*C(i,j))不难发现这⾥跟i有关的项其实只有C(i,j),我们就把幂通过第⼆类斯特林数转化成了组合数更有趣的是，这个式⼦后⾯j!*C(i,j)实际上暴⼒计算的时间复杂度是O(j)的 QAQ即计算i的下降阶乘幂我们来看⼏道题⽬QAQBZ的题⽬由于某些奇怪的原因貌似不能放出来QAQ⾸先是Crash的⽂明世界 cojs 1888这是道很有趣的题⽬，⾸先我们如果对(i+1)^k暴⼒⽤⼆项式定理展开会得到⼀个时间复杂度为O(n*k^2)的DP⽅程注意到这⾥状态是O(n*k)的，⽽转移是O(k)的由于k很⼩，我们考虑运⽤第⼆类斯特林数将i^k转化为C(i,j)由于C(i,j)=C(i-1,j)+C(i-1,j-1)，我们利⽤这个式⼦可以做到转移O(1)，这样时间复杂度就是O(n*k)的具体做法是设f(i,j)表⽰第i个点的C(dis(i,o),j)的和然后从底向上做⼀遍DP，然后从上向下在做⼀遍DP求出第⼆类斯特林数还原答案即可#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdlib>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=50010;const int mod=10007;int n,k,L,u,v;int now,A,B,Q;int h[maxn],cnt=0;struct edge{int to,next;}G[maxn<<1];int f[maxn][151];int jc[151],inv[151];int S[151][151];void add(int x,int y){++cnt;G[cnt].to=y;G[cnt].next=h[x];h[x]=cnt;}void Get_read(){scanf("%d%d%d",&n,&k,&L);scanf("%d%d%d%d",&now,&A,&B,&Q);for(int i=1;i<n;++i){now=(now*A+B)%Q;int tmp=((i<L)?i:L);u=i-now%tmp;v=i+1;add(u,v);add(v,u);}}int pow_mod(int v,int p){int tmp=1;while(p){if(p&1)tmp=tmp*v%mod;v=v*v%mod;p>>=1;}return tmp;}void Get_S(){S[0][0]=1;for(int i=1;i<=k;++i){S[i][0]=0;for(int j=1;j<=i;++j)S[i][j]=(S[i-1][j-1]+S[i-1][j]*j)%mod;}jc[0]=1;for(int i=1;i<=k;++i)jc[i]=jc[i-1]*i%mod;inv[k]=pow_mod(jc[k],mod-2);for(int i=k-1;i>=0;--i)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;}void Get_DFS(int u,int fa){f[u][0]=1;for(int i=h[u];i;i=G[i].next){int v=G[i].to;if(v==fa)continue;Get_DFS(v,u);f[u][0]=(f[u][0]+f[v][0])%mod;for(int j=1;j<=k;++j)f[u][j]=(f[u][j]+f[v][j]+f[v][j-1])%mod;}return;}void Get_DP(int u,int fa){for(int i=h[u];i;i=G[i].next){int v=G[i].to;if(v==fa)continue;for(int j=k;j>=2;--j){f[v][j]=(f[u][j]+f[u][j-1]-2*f[v][j-1]-f[v][j-2])%mod;if(f[v][j]<0)f[v][j]+=mod;}f[v][1]=(f[u][0]+f[u][1]-2*f[v][0])%mod;if(f[v][1]<0)f[v][1]+=mod;f[v][0]=f[u][0];Get_DP(v,u);}return;}int main(){freopen("civilization.in","r",stdin);freopen("civilization.out","w",stdout);Get_read();Get_S();Get_DFS(1,-1);Get_DP(1,-1);for(int i=1;i<=n;++i){int ans=0;for(int j=0;j<=k;++j){ans=ans+S[k][j]*jc[j]%mod*f[i][j]%mod;ans%=mod;}printf("%d\n",ans);}return 0;}cojs 2359 QAQ的图论题QAQ 题解在blog⾥，写的⾮常详细 QAQ具体做法是考虑每个点的贡献写出O(n)的计算式，之后把i^k⽤第⼆类斯特林数表⽰化简之后计算的时间复杂度变成O(k)，然后利⽤FFT在O(klogk)的时间内求出我们所需要的斯特林数就可以了#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<iostream>#include<algorithm>#define G 3using namespace std;typedef long long LL;const int mod=998244353;const int maxn=300010;int n,k,N,len,ans,now;int jc[maxn],inv[maxn],rev[maxn];int A[maxn],B[maxn],w[maxn];int pow_mod(int v,int p){int tmp=1;while(p){if(p&1)tmp=1LL*tmp*v%mod;v=1LL*v*v%mod;p>>=1;}return tmp;}void FFT(int *A,int n,int flag){for(int i=0;i<n;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);for(int k=2;k<=n;k<<=1){int mk=(k>>1);int wn=pow_mod(G,flag==1?(mod-1)/k:(mod-1)-(mod-1)/k);w[0]=1;for(int i=1;i<mk;++i)w[i]=1LL*w[i-1]*wn%mod;for(int i=0;i<n;i+=k){for(int j=0;j<mk;++j){int a=i+j,b=i+j+mk;int x=A[a],y=1LL*A[b]*w[j]%mod;A[a]=(x+y)%mod;A[b]=x-y;if(A[b]<0)A[b]+=mod;}}}if(flag==-1){int c=pow_mod(n,mod-2);for(int i=0;i<n;++i)A[i]=1LL*A[i]*c%mod;}return;}int main(){freopen("QAQ_Graph.in","r",stdin);freopen("QAQ_Graph.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&k);jc[0]=1;for(int i=1;i<=k;++i)jc[i]=1LL*jc[i-1]*i%mod;inv[k]=pow_mod(jc[k],mod-2);for(int i=k-1;i>=0;--i)inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;for(int i=0;i<=k;++i){if(i&1)A[i]=mod-inv[i];else A[i]=inv[i];}for(int i=0;i<=k;++i)B[i]=1LL*pow_mod(i,k)*inv[i]%mod;for(N=1,len=0;N<=k;N<<=1,len++);N<<=1,len++;for(int i=0;i<N;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));FFT(A,N,1);FFT(B,N,1);for(int i=0;i<N;++i)A[i]=1LL*A[i]*B[i]%mod;FFT(A,N,-1);now=1;ans=0;for(int i=0;i<=k;++i){if(now==0)break;ans=ans+1LL*A[i]*now%mod*pow_mod(2,n-i-1)%mod;ans%=mod;now=1LL*now*(n-i-1)%mod;}ans=1LL*ans*n%mod;ans=1LL*ans*pow_mod(2,(1LL*(n-1)*(n-2)/2)%(mod-1))%mod;printf("%d\n",ans);return 0;}cojs 2272 HEOI2016 sumQAQ 考试的时候没有做出来，所以要反反复复的多虐⼏遍 QAQ第⼀发的做法是CDQ+FFT,第⼆发的做法是多项式求逆⽽现在会了第⼆类斯特林数的⼀些性质，我们有了第三种做法前两种做法都是设f(i)=sigma(S(i,j)*2^j*j!)但是我们不妨转换思路,设f(i)=sigma(S(j,i))这样我们求完之后对每⼀项乘以2^i*i!就可以了考虑把S(j,i)⽤通项公式展开对于S(n,m)我们有S(n,m)=sigma((-1)^k*C(m,k)*(m-k)^n)不难发现跟n有关的项只有(m-k)^n，提出来求sigma可以⽤等⽐数列求和公式化简掉之后带⼊原式我们发现这是⼀个裸的卷积形式，直接做FFT就可以了#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<iostream>#include<algorithm>#define G 3using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=300010;const int mod=998244353;int n,N,len,ans,now;int jc[maxn],inv[maxn];int A[maxn],B[maxn],rev[maxn];int w[maxn];int pow_mod(int v,int p){int tmp=1;while(p){if(p&1)tmp=1LL*tmp*v%mod;v=1LL*v*v%mod;p>>=1;}return tmp;}void FFT(int *A,int n,int flag){for(int i=0;i<n;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);for(int k=2;k<=n;k<<=1){int mk=(k>>1);int wn=pow_mod(G,flag==1?(mod-1)/k:(mod-1)-(mod-1)/k); w[0]=1;for(int i=1;i<mk;++i)w[i]=1LL*w[i-1]*wn%mod;for(int i=0;i<n;i+=k){for(int j=0;j<mk;++j){int a=i+j,b=i+j+mk;int x=A[a],y=1LL*A[b]*w[j]%mod;A[a]=(x+y)%mod;A[b]=x-y;if(A[b]<0)A[b]+=mod;}}}if(flag==-1){int c=pow_mod(n,mod-2);for(int i=0;i<n;++i)A[i]=1LL*A[i]*c%mod;}return;}int main(){freopen("heoi2016_sum.in","r",stdin);freopen("heoi2016_sum.out","w",stdout);scanf("%d",&n);jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)jc[i]=1LL*jc[i-1]*i%mod;inv[n]=pow_mod(jc[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;--i)inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;for(int i=0;i<=n;++i){if(i&1)A[i]=mod-inv[i];else A[i]=inv[i];}B[1]=n;for(int i=2;i<=n;++i){B[i]=pow_mod(i,n+1)-i;if(B[i]<0)B[i]+=mod;B[i]=1LL*B[i]*pow_mod(i-1,mod-2)%mod;B[i]=1LL*B[i]*inv[i]%mod;}for(N=1,len=0;N<=n;N<<=1,len++);N<<=1,len++;for(int i=0;i<N;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(len-1));FFT(A,N,1);FFT(B,N,1);for(int i=0;i<N;++i)A[i]=1LL*A[i]*B[i]%mod;FFT(A,N,-1);ans=1;now=2;for(int i=1;i<=n;++i){ans=ans+1LL*A[i]*now%mod*jc[i]%mod;ans%=mod;now=(now<<1)%mod;}printf("%d\n",ans);return 0;}QAQ 第⼆类斯特林数还是很有趣的呢准备在cojs补上⼀道求贝尔数的题⽬QAQ。