闲扯
多项式乘法练习题
题面
Solution
我们设 \(s_{n,m}=\begin{Bmatrix} n\\ m \end{Bmatrix}\) 。
考虑第二类斯特林数的通项式：
\[
s_{n,m}=\sum_{i=0}^m (-1)^iC_{m}^i\frac{(m-i)^n}{m!}\\
=\sum_{i=0}^m (-1)^i\frac{m!}{(m-i)!\ i!}\frac{(m-i)^n}{m!}\\
=\sum_{i=0}^m \frac{(-1)^i}{i!}\cdot \frac{(m-i)^n}{(m-i)!}
\]
可以发现这是一个卷积的形式。
我们设 \(\hat{A}=\sum_{i=0}^{\infin}\frac{(-1)^i}{i!}x^i,\hat{B}=\sum_{i=0}^{\infin}\frac{i^n}{i!}x_i,\hat{S}=\sum_{i=0}^{\infin}s_i\cdot x_i\) 。
我们有 \(\hat{S}=\hat{A}\cdot \hat{B}\) ，直接上 \(NTT\) 即可。
考虑怎么证明通项式。
由定义可知 \(s_{n,m}\) 表示 \(n\) 个数恰好分入 \(m\) 个集合的方案数。
考虑容斥。
我们枚举 \(i\) 表示有 \(i\) 个集合一定不选，方案数为 \(C_m^i\) ，其他的任意放入剩下的 \(m-i\) 个集合中，方案数为 \((m-i)^n\) ，由于集合是不区分的，所以还要除以 \(m!\) 。
加上容斥系数，我们即可得到上方的通项式。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
int f=1;char k=getchar();x=0;
for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
if(x/10) _print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
int res=1,bas=x;
while(m){
if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
}
return res;
}
const int MAXN = 8e5+5,mod = 167772161,g = 3,ig = 55924054;
int n,lim=1,len,rev[MAXN],a[MAXN],b[MAXN],inv[MAXN],ifac[MAXN];
it add(int x,int y){
return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
it mul(int x,int y){
return 1ll*x*y%mod;
}
il NTT(int *a,int ty){
for(ri i=0;i<lim;++i)
if(i<rev[i])
swap(a[i],a[rev[i]]);
for(ri md=1;md<lim;md<<=1){
int w_n=qpow(ty==1?g:ig,(mod-1)/(md<<1),mod);
for(ri r=md<<1,j=0;j<lim;j+=r){
int w=1;
for(ri k=0;k<md;++k,w=mul(w,w_n)){
int x=a[j+k],y=mul(w,a[j+md+k]);
a[j+k]=add(x,y),a[j+md+k]=add(x,mod-y);
}
}
}
if(ty==-1){
int inv_lim=qpow(lim,mod-2,mod);
for(ri i=0;i<lim;++i)
a[i]=mul(a[i],inv_lim);
}
}
int main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
read(n),inv[0]=inv[1]=1,ifac[0]=1;
for(ri i=2;i<=n;++i)
inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
for(ri i=1;i<=n;++i)
ifac[i]=mul(ifac[i-1],inv[i]);
for(ri i=0,k=1;i<=n;++i,k*=-1)
a[i]=k==1?ifac[i]:mod-ifac[i],b[i]=mul(qpow(i,n,mod),ifac[i]);
for(;lim<=2*n;lim<<=1)
++len;
for(ri i=0;i<lim;++i)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
NTT(a,1),NTT(b,1);
for(ri i=0;i<lim;++i)
a[i]=mul(a[i],b[i]);
NTT(a,-1);
for(ri i=0;i<=n;++i)
printf("%d ",a[i]);
return 0;
}
来源：https://www.cnblogs.com/TheShadow/p/12046172.html