【CF961G】Partitions（第二类斯特林数）
题面
题解
考虑每个数的贡献，显然每个数前面贡献的系数都是一样的。
枚举当前数所在的集合大小，所以前面的系数\(p\)就是：
\[\begin{aligned}
p&=\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}i\begin{Bmatrix}n-i\\k-1\end{Bmatrix}\\
&=\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}i\frac{1}{(k-1)!}\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^j{k-1\choose j} (k-1-j)^{n-i}\\
&=\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}i\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j (k-1-j)^{n-i}}{j!(k-1-j)!}\\
&=\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j }{j!(k-1-j)!}\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}i(k-1-j)^{n-i}\\
\end{aligned}\]
p&=\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}i\begin{Bmatrix}n-i\\k-1\end{Bmatrix}\\
&=\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}i\frac{1}{(k-1)!}\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^j{k-1\choose j} (k-1-j)^{n-i}\\
&=\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}i\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j (k-1-j)^{n-i}}{j!(k-1-j)!}\\
&=\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j }{j!(k-1-j)!}\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}i(k-1-j)^{n-i}\\
\end{aligned}\]
把后面一半拿出来单独算，令\(t=k-1-j\)
\[\begin{aligned}
&\ \ \ \sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}it^{n-i}\\
&=\sum_{i=1}^n \frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}it^{n-i}\\
&=\sum_{i=1}^n \frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}(i-1+1)t^{n-i}\\
&=\sum_{i=1}^n \frac{(n-2)!}{(i-2)!(n-i)!}(n-1)t^{n-i}+\sum_{i=1}^n \frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}t^{n-i}\\
&=(n-1)\sum_{i=1}^n {n-2\choose i-2}t^{n-i}+\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}t^{n-i}\\
&=(n-1)\sum_{i=1}^n {n-2\choose n-i}t^{n-i}+\sum_{i=1}^n{n-1\choose n-i}t^{n-i}\\
&=(n-1)(t+1)^{n-2}+(t+1)^{n-1}
\end{aligned}\]
&\ \ \ \sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}it^{n-i}\\
&=\sum_{i=1}^n \frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}it^{n-i}\\
&=\sum_{i=1}^n \frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}(i-1+1)t^{n-i}\\
&=\sum_{i=1}^n \frac{(n-2)!}{(i-2)!(n-i)!}(n-1)t^{n-i}+\sum_{i=1}^n \frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}t^{n-i}\\
&=(n-1)\sum_{i=1}^n {n-2\choose i-2}t^{n-i}+\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}t^{n-i}\\
&=(n-1)\sum_{i=1}^n {n-2\choose n-i}t^{n-i}+\sum_{i=1}^n{n-1\choose n-i}t^{n-i}\\
&=(n-1)(t+1)^{n-2}+(t+1)^{n-1}
\end{aligned}\]
所以再带回到原式中：
\[\begin{aligned}
p&=\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j }{j!(k-1-j)!}\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}i(k-1-j)^{n-i}\\
&=\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j }{j!(k-1-j)!}((n-1)(k-j)^{n-2}+(k-j)^{n-1})\\
&=\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j }{j!(k-1-j)!}(n+k-j-1)(k-j)^{n-2}
\end{aligned}
\]
p&=\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j }{j!(k-1-j)!}\sum_{i=1}^n{n-1\choose i-1}i(k-1-j)^{n-i}\\
&=\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j }{j!(k-1-j)!}((n-1)(k-j)^{n-2}+(k-j)^{n-1})\\
&=\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^j }{j!(k-1-j)!}(n+k-j-1)(k-j)^{n-2}
\end{aligned}
\]
快速幂就完事了。
然而我在洛谷的题解里面还看到了另外一种考虑的方法：
考虑贡献中的\(|S|\sum w_i\)，可以认为是划分出来的集合中，每一个点都对于当前这个点贡献一次\(w_i\)。那么考虑当前点被其它点做的贡献次数。
考虑一个点对\((i,j)\)，如果\(i\neq j\)，那么方案数就是两者在同一个集合中的方案数，考虑将两个点合并在一起，那么就是\(\begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}\)，如果\(i=j\)，那么无论如何都有贡献，也就是\(\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\)。所以，可以得到：
\[p=\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}+(n-1)\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}
\]
\]
第二类斯特林数直接用容斥展开式计算即可，复杂度不变。
代码是第一种方法的。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 200200
#define MOD 1000000007
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
int fpow(int a,int b)
{
int s=1;if(b<0)return 1;
while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}
return s;
}
int n,K,ans,p;
int jc[MAX],jv[MAX],inv[MAX];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&K);
for(int i=1,x;i<=n;++i)scanf("%d",&x),add(ans,x);
inv[0]=inv[1]=jc[0]=jv[0]=1;
for(int i=1;i<=K;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
for(int i=2;i<=K;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=K;++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;
for(int i=0,d=1;i<K;++i,d=MOD-d)
add(p,1ll*d*jv[i]%MOD*jv[K-1-i]%MOD*(n+K-i-1)%MOD*fpow(K-i,n-2)%MOD);
ans=1ll*ans*p%MOD;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}