2020-02-16模拟赛-2
前置知识（会的可以跳过）
1.第二类斯特林数
设 S ( n , m ) \ S(n,m) S(n,m)设为将 n \ n n个不同的元素分为 m \ m m个集合的方案数。也就时将集合 { x 1 , x 2 ⋯ , x n } \ \{x_{1},x_{2}\cdots,x_{n}\} { x1,x2⋯,xn}划分为 m \ m m个非集合组成的集合 { A 1 , A 2 ⋯ , A m } \ \{A_{1},A_{2}\cdots,A_{m}\} { A1,A2⋯,Am}的方案数。（这里是集合的集合）
形象地说，将 n \ n n个不同的小球放入 m \ m m个相同的盒子的方案数。
第二类斯特林数有递推式 S ( n , m ) = S ( n − 1 , m − 1 ) + m S ( n − 1 , m ) \ S(n,m)=S(n-1,m-1)+mS(n-1,m) S(n,m)=S(n−1,m−1)+mS(n−1,m)。
引理1
S ( n , m ) = 1 m ! ∑ i = 0 m ( − 1 ) i ( m i ) ( m − i ) n S(n,m)=\frac{1}{m !} \sum_{i=0}^{m} (-1)^{i}\binom{m}{i}(m-i)^{n} S(n,m)=m!1i=0∑m(−1)i(im)(m−i)n
证明
百度百科的优秀证明
这个引理使我们发现，第二类斯特林数的公式是卷积形式，所以我们可以利用 N T T \ NTT NTT做到 O ( m log m ) \ O(m \log{m}) O(mlogm)的复杂度内求出所有的 S ( n , i ) , i ∈ [ 0 , m ] \ S(n,i),i \in [0,m] S(n,i),i∈[0,m]。
引理2
x k = ∑ i = 0 k S ( k , i ) i ! ( x i ) x^{k}=\sum_{i=0}^{k}S(k,i)i!\binom{x}{i} xk=i=0∑kS(k,i)i!(ix)
证明：
左边是 k \ k k个互不相同的球放在 x \ x x个互不相同盒子里的方案数。
我们枚举非空盒子的数量 i \ i i，非空盒子一共有 ( x i ) \ \binom{x}{i} (ix)种取法，放置方法一共有 i ! S ( k , i ) \ i!S(k,i) i!S(k,i)种。
2.分治 F F T \ FFT FFT
我们有复杂度为 O ( n log 2 ( n ) ) \ O(n\log^{2}(n)) O(nlog2(n))的算法将多个多项式乘在一起，其中这些多项式的最高次和为 n \ n n。
题解
引理3
假设我们的权值为 ∏ i = 1 M ( X i K i ) \ \prod_{i=1}^{M}\binom{X_{i}}{K_{i}} ∏i=1M(KiXi)，则最终答案为 ( n + m − 1 m + ∑ i = 1 M K i − 1 ) \ \binom{n+m-1}{m+\sum_{i=1}^{M}K_{i}-1} (m+∑i=1MKi−1n+m−1)。
证明：
( X K ) \ \binom{X}{K} (KX)相当于将 X + 1 \ X+1 X+1个球放到 K + 1 \ K+1 K+1个盒子中。
所以我们原本的意思是每个盒子中最开始有 1 \ 1 1个球，现在再将 N \ N N个球放到 M \ M M个盒子里，然后将第 i \ i i个盒子里的球分为 K i \ K_{i} Ki。
显然这相当于把 N + M \ N+M N+M个球分为 M + ∑ i = 1 M K i \ M+\sum_{i=1}^{M}K_{i} M+∑i=1MKi个盒子里。（这里相当于将两次分组放到一起做）所以方案数为 ( n + m − 1 m + ∑ i = 1 M K i − 1 ) \ \binom{n+m-1}{m+\sum_{i=1}^{M}K_{i}-1} (m+∑i=1MKi−1n+m−1)。而答案只与 ∑ i = 1 M K i \ \sum_{i=1}^{M}K_{i} ∑i=1MKi有关。
这样我们就得到了一个思路：
先利用引理2将 X i K i \ X_{i}^{K_{i}} XiKi展开为组合数的和。显然转移为卷积形式。使用分治 F F T \ FFT FFT求解即可。
代码
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