第二类斯特林数：将 \(n\) 个物品放进 \(m\) 个不区分的盒子的方案数，记为 \(S(n,m)\)。 \(n^2\) 递推公式：\(S(n,m)=S(n-1,m-1)+m\cdot S(n-1,m)\). 附代码： s[0][0]=1; for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=i;++j) s[i][j]=add(s[i-1][j-1],mul(s[i-1][j],j)); 第二类
引言 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Stirling数和第二类Stirling数，它们自18世纪以来一直吸引许多数学家的兴趣，如欧拉、柯西、西尔沃斯特和凯莱等。后来哥本哈根（Copenhagen）大
上升幂与下降幂 上升幂：\(x^{\overline{n}}=\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)=x(x+1)(x+2)...(x+n-1)\) 下降幂：\(x^{\underline{n}}=\frac{x!}{(x-n)!}=\prod_{k=0}^{n-1}(x-k)\) 第一类斯特林数(无符号) 定义：第一类斯特林数（斯特林轮换数）\(n\brack k\)，也可记做\(s(n,k)\) ，表示将\(n\)个
阶乘幂 (Factorial Power) 主要有递进阶乘和递降阶乘两种. 分别记为: \[\begin{aligned} x^{\overline{n}} = \prod_{i = 0}^{n - 1} (x + i) &= \frac{(x + n - 1)!}{(x - 1)!}\\ x^{\underline{n}} = \prod_{i = 0}^{n - 1} (x - i) &= \frac{x!}{(x - n)!} \end{aligned} \]
第一类斯特林数 定义： $\Large {n \brack m} $ 表示 \(n\) 个元素分成 \(m\) 个环的方案数 显然： \[{n\brack m}={n-1\brack m−1}+(n−1)∗{n-1\brack m} \]理解：考虑从 \(n−1\) 个元素推过来，如果两个空环肯定是不符合的空一个环则单独成环，如果 \(n−1\) 的时候就没有空环就任意放
提供一个讨论区有人提出但没细讲的斯特林数做法，复杂度 \(O(k^2)\) 且可优化到 \(O(k \log k)\)。 前置知识：第二类斯特林数的常用性质。 题目传送门 下文中为了方便设 \(m=n-1\)。 首先发现题目让我们求 \(\sum_{i=1}^m 2^{m-i} \times i^k +n^k\)，这个式子的推导别的题解都有写我就
数学菜狗啥也不会，只好把看到的一些有用的柿子赶紧写下来，不然就忘了。 不定期更新。 幂次变斯特林数 \[\large m^n = \sum_{i = 0}^{\min(n,m)} \begin{Bmatrix} n \\i\end{Bmatrix} \binom{m}{i} i! \]其中 \(\begin{Bmatrix} n \\i\end{Bmatrix}\) 是第二类斯特林数。 证明 ： 看
数的划分&传球游戏 数的划分 洛谷 P1025 数的划分 一直以为是用第二类斯特林数 然后发现样例都过不了 然后反复对比第二类斯特林数的应用条件和题干 终于发现，第二类斯特林数的递推式的使用条件是“不同的球”， 而在这题和洛谷P2386 放苹果中，是“相同的”数字1和苹果 所以不能用第二
删掉了一些 cnblogs 里面的随笔，顺便见识了之前的我学习 OI 不求甚解的恐怖 第一篇博客记录了一场 Div3 ，但是甚至不理解倍增求 LCA 的过程，而那个模板题我已经 AC 许多次了。现在看来是十分可笑的 每删掉一篇随笔的时候我也确实把那道题的做法阅读了一遍，还是有挺多题解写得是很清晰
斯特林数，\(OI\)中极其常用的计数利器 依旧是为了自己复习用 第一类斯特林数 \[\begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix}=s(n,k) \]定义：\(s(n,k)\)表示将\(n\)个元素分成\(k\)个圆排列的方案数 圆排列不同当且仅当形成的排列不能通过旋转得到，\(n\)个元素的圆排列方案为\((n-1)!\) 递
我们熟知一个度数为 \(D\) 的多项式有三种经典表示： 系数表示，也就是 \(P(x) = \sum_{i=0}^D\limits c_i x^i\)。 点值表示，也即给出 \(P\) 在 \(D+1\) 个不同的位置的取值 \((x_0, P(x_0)), \dots, (x_D, P(x_D))\). 下降幂表示，也即定义 \(x^{\underline{i}} = x(x-1)\dots (x
伽马函数的背景 1728年，哥德巴赫在考虑数列插值的问题，通俗的说就是把数列的通项公式定义从整数集合延拓到实数集合，例如数列1,4,9,16…可以用通项公式n²自然的表达，即便 n 为实数的时候，这个通项公式也是良好定义的。直观的说也就是可以找到一条平滑的曲线y=x²通过所有的整
CSP 后多校十四 拉格朗日 CSP 后多校十一 多项式、原根 CSP 后多校六 虚树、仙人掌、NIM CSP 后多校四 斯特林数 CSP 后多校三 斯特林数 noip模拟82 矩形 noip模拟79 拉格朗日 noip模拟78 dp，扫描线 noip模拟77 三元环 noip模拟76 差分约束，导数 noip模拟75 可持久化，拉格朗日 noip模
斯特林数分为第一类斯特林数和第二类斯特林数。 第一类斯特林数：将 \(p\) 个球排列成 \(k\) 个非空的圆排列的方案数，两个圆排列之间没有顺序关系，记作 \(s(p,k)\) 第二类斯特林数：将 \(p\) 个球放到 \(k\) 个相同的盒子的方案数，记作 \(S(p,k)\)。 第一类斯特林数 \(s(p,k)\) 的求解方
题意 求 16 16 16 进制下， n ! n! n! 去掉尾部
\[\color{red}{\text{校长者，真神人也，左马桶，右永神，会执利笔破邪炁，何人当之？}} \\ \begin{array}{|} \hline \color{pink}{\text{The principal is really a god}} \\ \color{pink}{\text{with a closestool on the left and Yongshen on the right}} \\ \color{pink}{\text{holdi
第二类斯特林数 组合意义 将 \(n\) 个元素划分到 \(k\) 个非空集合中的方案数，记作 \(\displaystyle {n\brace k}\) 或 \(S(n,k)\)。 特殊地，定义 \(\displaystyle {n\brace 0}=[n=0],{n\brace n}=1\)。 重要恒等式 Formula 1.1： \[{n\brace k}={n-1\brace{k-1}}+k{n-1\brace{k}},n\g
第一类斯特林数没弄懂，先咕了。 对于第二类斯特林数记做 \(\begin{Bmatrix}n\\ m\end{Bmatrix}\)，也可记做 \(S(n,m)\)，表示将 \(n\) 个两两不同的元素，划分到 \(m\) 个互不区分的非空集合的方案数。 递推式 \[\begin{Bmatrix}n\\ m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\ m-1\end{Bmatri
第二类斯特林数 为什么先讲第二类，因为基本都是考第二类 定义1:\(n\)个不同的元素拆分成\(m\)个集合的方案数 定义2:\(n\)个不同的球放入\(m\)个无差别的盒子中，要求盒子非空，有几种方案？ 两种定义显然是一样的，但是基本都是用定义2(我感觉) 怎么写呢其实本质上就是\(dp\) 设\(dp[i][j]
\(\texttt{Description}\) 第二类斯特林数 \(\begin{Bmatrix} n \\m \end{Bmatrix}\) 表示把 \(n\) 个不同元素划分成 \(m\) 个相同的集合中（不能有空集）的方案数。 给定 \(n\)，对于所有的整数 \(i\in[0,n]\)，你要求出 \(\begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix}\)。 \(1\le n\le 2\times
目录 联系下降幂，上升幂，幂 递推关系对偶 生成函数对偶 矩阵 还有一些 upd 2021-02-15 刚才知乎冲浪来着，转载一篇文章 喜闻乐见的公式编辑测试环节，联系太多了，所以肯定写不完 联系下降幂，上升幂，幂 \[(x)^n=x(x+1)...(x+n-1) \\ (x)_n=x(x-1)...(x-n+1) \] \[\sum\limits_{k=1
5.26赛后总结 历程 来的比较早 AM7:10就拿到了题目。 看题之后就自闭了，所谓NOIP信心模拟赛——放到我们NOI的训练赛来,结果竟然是...... 看题思考发懵到八点十来分，想着总能做点事情吧，于是给T3写了一个假做法，发现样例都过不去之后继续想，然后没有结果，已经九点多了。 回头看T1，发现菊
考试的时候已经尽我可能想到一半了，没想到最后我推的柿子竟然就是第一类斯特林数 题意 \(\;\) 初始时有一个\(1\)到\(n\)的排列，一次操作可以交换两个数的位置。 现在，对于所有的\(i\;(1\leq i\leq k)\)，求你恰好进行了\(i\)次操作，能得到的不同排列有多少种 \(n\leq 10^9, k\leq 200\)
\(\text{Problem}:\)第二类斯特林数·行 \(\text{Solution}:\) 引理 \(1\)： \[x^{n}=\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{x}{i}{n\brace i}i! \]把上界 \(n\) 改为 \(x\) 就可以二项式反演了。设 \(f(x)=x^{n},g(x)={n\brace x}x!\)，有： \[\begin{aligned} f(x)&=\sum\limits_{i=0}
\(\text{Problem}:\)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'\e
