第二类斯特林数·列

本文主要是介绍第二类斯特林数·列，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

\(\text{Problem}:\)第二类斯特林数·列

\(\text{Solution}:\)

首先推导一下多项式求逆：

设多项式 \(A\) 模 \(x^{n}\) 逆元为 \(B\)，模 \(x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}\) 逆元为 \(B'\)，有：

\[A\times B\equiv 1\pmod {x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}}\\ A\times B'\equiv 1\pmod {x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}}\\ B'-B\equiv 0 \pmod{x^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}} \]

两边平方，得到：

\[B'^{2}-2BB'+B^{2}\equiv 0 \pmod {x^{n}} \]

两边同乘 \(A\)，得到：

\[AB'^{2}-2B'+B\equiv 0 \pmod {x^{n}}\\ B\equiv 2B'-AB'^{2} \pmod {x^{n}} \]

这样就可以递归求出 \(B\)，用 \(\text{NTT}\) 优化多项式乘法即可做到 \(O(n\log n)\)。

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设第 \(k\) 列第二类斯特林数的 \(\text{OGF}\) 为 \(F_{k}(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}{i\brace k}x^{i}\)，则有：

\[\begin{aligned} F_{k}(x)&=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\left(k{i-1\brace k}+{i-1\brace k-1}\right)x^{i}\\ &=k\sum\limits_{i=0}^{\infty}{i-1\brace k}x^{i}+\sum\limits_{i=0}^{\infty}{i-1\brace k-1}x^{i}\\ &=kx\sum\limits_{i=0}^{\infty}{i\brace k}x^{i}+x\sum\limits_{i=0}^{\infty}{i\brace k-1}x^{i}\\ &=kxF_{k}(x)+xF_{k-1}(x)\\ F_{k}(x)&=\cfrac{x}{1-kx}F_{k-1}(x) \end{aligned} \]

易知 \(F_{0}(x)=1\)，得到：

\[F_{k}(x)=\cfrac{x^{k}}{\prod_{i=1}^{k}(1-ix)} \]

利用分治乘法求出分母，求逆后再乘上 \(x^{k}\) 就得到答案。时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

\(\text{Code}:\)

#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3)
//#define int long long
#define ri register
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define is insert
#define es erase
#define vi vector<int>
#define vpi vector<pair<int,int>>
using namespace std; const int N=300010, Mod=167772161;
inline int read()
{
	int s=0, w=1; ri char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w=-1; ch=getchar(); }
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48), ch=getchar();
	return s*w;
}
int n,K;
int rev[N],r[26][2];
vector<int> F,G;
inline int ksc(int x,int p) { int res=1; for(;p;p>>=1, x=1ll*x*x%Mod) if(p&1) res=1ll*res*x%Mod; return res; }
inline void Get_Rev(int T) { for(ri int i=0;i<T;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(T>>1):0); }
inline void DFT(int T,vector<int> &s,int type)
{
	for(ri int i=0;i<T;i++) if(rev[i]<i) swap(s[i],s[rev[i]]);
	for(ri int i=2,cnt=1;i<=T;i<<=1,cnt++)
	{
		int wn=r[cnt][type];
		for(ri int j=0,mid=(i>>1);j<T;j+=i)
		{
			for(ri int k=0,w=1;k<mid;k++,w=1ll*w*wn%Mod)
			{
				int x=s[j+k], y=1ll*w*s[j+mid+k]%Mod;
				s[j+k]=(x+y)%Mod;
				s[j+mid+k]=x-y;
				if(s[j+mid+k]<0) s[j+mid+k]+=Mod;
			}
		}
	}
	if(!type) for(ri int i=0,inv=ksc(T,Mod-2);i<T;i++) s[i]=1ll*s[i]*inv%Mod;
}
inline void NTT(int n,int m,vector<int> &A,vector<int> &B)
{
	int len=n+m;
	int T=1;
	while(T<=len) T<<=1;
	Get_Rev(T);
	A.resize(T), B.resize(T);
	for(ri int i=n+1;i<T;i++) A[i]=0;
	for(ri int i=m+1;i<T;i++) B[i]=0;
	DFT(T,A,1), DFT(T,B,1);
	for(ri int i=0;i<T;i++) A[i]=1ll*A[i]*B[i]%Mod;
	DFT(T,A,0);
	A.erase(A.begin()+n+m+1,A.end());
	B.erase(B.begin()+m+1,B.end());
}
void Solve(int l,int r,vector<int> &F)
{
	if(l==r)
	{
		F.resize(2);
		F[0]=1, F[1]=Mod-l;
		return;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	Solve(l,mid,F);
	vector<int> G;
	Solve(mid+1,r,G);
	NTT(F.size()-1,G.size()-1,F,G);
}
void Inv(int n,vector<int> &G)
{
	if(n==1)
	{
		G[0]=ksc(F[0],Mod-2);
		return;
	}
	Inv((n+1)/2,G);
	vector<int> A,B;
	int T=1;
	while(T<=n*2) T<<=1;
	Get_Rev(T);
	A.resize(T), B.resize(T);
	for(ri int i=0;i<n;i++) A[i]=F[i], B[i]=G[i];
	DFT(T,A,1), DFT(T,B,1);
	for(ri int i=0;i<T;i++) B[i]=(2ll*B[i]%Mod-1ll*A[i]*B[i]%Mod*B[i]%Mod+Mod)%Mod;
	DFT(T,B,0);
	for(ri int i=0;i<n;i++) G[i]=B[i];
}
signed main()
{
	r[25][1]=ksc(3,5), r[25][0]=ksc(ksc(3,Mod-2),5);
	for(ri int i=24;~i;i--) r[i][0]=1ll*r[i+1][0]*r[i+1][0]%Mod, r[i][1]=1ll*r[i+1][1]*r[i+1][1]%Mod;
	n=read(), K=read();
	if(K>n)
	{
		for(ri int i=0;i<=n;i++) printf("0 ");
		puts("");
		return 0;
	}
	for(ri int i=0;i<K;i++) printf("0 ");
	Solve(1,K,F);
	F.resize(n-K+1), G.resize(n-K+1);
	Inv(n-K+1,G);
	for(ri int i=K;i<=n;i++) printf("%d ",G[i-K]);
	puts("");
	return 0;
}

后记：本题还有 \(O(n\log n)\) 的 \(\text{EGF}\) 做法，此处不表。

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