斯特林

講遞推和初步性質。退役前可能學不到多項式。

第一類斯特林數：$s(n,m) $把 \(n\) 個元素分成 \(m\) 組圓排列的方案，圓排列是 \((n-1)!\)。

從 dp 意義上推遞推公式，設 \(s(i,j)=dp_{i,j}\) 為 \(i\) 個元素分 \(j\) 組圓排列的方案。則第 \(i\) 個元素可以獨立成組或者加入到先前組的某個元素旁邊，有轉移

\[s(i,j)=s(i-1,j-1)+(i-1)*s(i-1,j) \]

初始化 \(s(0,0)=s(1,1)=1,s(i,1)=(i-1)!\)

這個東西還可以用來推上升冪下降冪相關，是多項式的內容，提一嘴。

\[x^{\overline n}=x(x+1)(x+2)...(x+n-1)=\sum_{i=1}^ns_u(n,i)x^i \\ x^{\underline n}=x(x-1)(x-2)...(x-n+1)=\sum_{i=1}^ns_s(n,i)x^i \]

其中 \(s_u()\) 就是 \(s()\)，\(s_s(n,m)=(-1)^{n+m}s_u(n,m)\)

建築師

排個序從中抽若干個點 \(p_i,p_i>p_{i-1}\) 作為能看到的貢獻點那剩下的那部分點可以圍在這些 \(p_i\) 周圍，\(n\) 會把答案分成 \(A-1+B-1\) 組，那就相當於用 \(n-1\) 個元素形成了 \(A+B-2\) 組環排列。答案即 \(\begin{bmatrix}n-1\\A+B-2\end{bmatrix}\binom{A+B-2}{A-1}\)

第二類斯特林數：\(S(n,m)\) 把 \(n\) 個不同的球放到 \(m\) 個相同盒子裡的方案，求法是類似的，第 \(i\) 個球要麼獨立成盒要麼放到先前某個盒子裡。

\[S(i,j)=S(i-1,j-1)+j*S(i-1,j) \]

然後捯飭一下可以解決一些小問題比如 \(n\) 個不同球放 \(m\) 個不同盒就考慮盒自排列即 \(m!S(n,m)\)。\(n\) 個球放到 \(m\) 個可以為空的盒子就是 \(\sum_{i=1}^mS(n,i)\)。

然後 \(n\) 個不同球放到 \(m\) 個可以為空的不同盒顯然是 \(n^m\)，用斯特林數表示可以是 \(\sum_{i=1}^mi!\binom{m}{i}S(n,i)\)。

然後這個就是斯特林展開即

\[x^k=\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}i!\binom{k}{i} \]

Crash 的文明世界

模擬賽考的是樹上全點對路徑長 \(k\) 次方和，二項式定理展開維護一下 \(i\) 次方貢獻跑點分治能過 \(10^5\)，但是澱粉質感覺不太能做這題。這個題直接把換根 \(dp\) 寫臉上了。

\[\begin{align*} Ans&=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^n\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix} k\\ i \end {Bmatrix}*i!*\binom{dis(x,y)}{i} \\ &=\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix} k\\ i \end {Bmatrix}*\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^ni!*\binom{dis(x,y)}{i} \end{align*} \]

然後 \(i!*\binom{dis(x,y)}{i}\) 可以寫成一個下降冪的形式並且下降冪有性質 \((x+1)^ {\underline i}=ix^{\underline {i-1}}+x^{\underline i}\)。那就可以維護 \(f_{u,i},dp_{u,i}\) 表示 \(u\) 子樹到 \(u\) 和 \(u\) 它爹的 \(i\) 次下降冪和有轉移

\[f_{u,i}=\sum_{v\in son_u}dp_{v,i}\\ dp_{u,i}=if_{u,i-1}+f_i \]

然後換個根就是 \(u->v\) 則 \(u\) 刨去 \(v\) 子樹部分的距離要 \(+1\)，剩下的不變，給每次 \(f_{v,i}\) 提供一個修正量

\[V_i=f_{u,i}-dp_{v,i}\\ f_{v,i}+=iV_{i-1}+V_i \]

統計一下就好了。