自然数幂和——第一类Stirling数和第二类Stirling数

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自然数幂和——第一类Stirling数和第二类Stirling数

第一类Stirling数

首先设

$$S_k(n)=\sum_{i=0}^ni^k$$

根据第一类斯特林数的定义（P是排列数，C是组合数,s是Stirling）

$$C_n^k={P_n^k\over k!}={\sum_{i=0}^k(-1)^{i+k}s(k,i)n^i\over k!}$$

变形得

$$ n^k ={\sum_{i=0}^{k-1}(-1)^{i+k}s(k,i)n^i}-k! C_n^k$$

$n$ 从1取到n累加，

$$S_k(n)=\sum_{j=0}^n(k!C_j^k-\sum_{i=0}^{k-1}(-1)^{i+k}s(k,i)j^i)$$

拆括号

$$=k!\sum_{j=0}^nC_j^k-\sum_{i=0}^{k-1}(-1)^{i+k}s(k,i)\sum_{j=0}^nj^i$$

因为 $ C_{m+1}^{n+1}=C_m^n+C_{m}^{n+1} $，可推出 $\sum_{i=0}^nC_i^k=C_{n+1}^{k+1}$，

在转换为用排列数的

$$S_n(k)={P_{n+1}^{k+1}\over k+1}-\sum_{i=0}^{k-1}(-1)^{i+k}s(k,i)S_i(n)$$

那么我们只需要用 $O(k^2)$ 地预处理出第一类斯特林数，然后按k来递推了，边界是 $S_1(n)=n(n+1)/2$

主要运用了第一类斯特林数与排列式P的关系。

优点是可以避开除法，不用考虑模数有没有逆元，排列数的形式一定可以整除（$k+1$ 个连续值相乘，其中肯定有 $k+1$ 的倍数）

//单次查询是 $O(k^2)$，多组测试就gg了，不知道有什么好的实现方法

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int maxk = 2000 + 1;
ll n, k;ll stir[maxk][maxk];
void init()
{stir[0][0] = stir[1][1] = 1;for(int i = 2;i < maxk;i++)for(int j = 1;j <= i;j++)stir[i][j] = (stir[i-1][j-1] + (i-1)*stir[i-1][j]) % mod;
}ll S[maxk];     //S[i]表示前n项的i次方之和
ll cal()
{n %= mod;S[1] = (n+1) * n / 2 % mod;  //假设 k>=1for(int i = 2;i <= k;i++){//计算前面一坨
        ll prod;if(i > n)  prod = 0;else{ll kk = i+1;prod = 1;for(ll j = 0;j <= i;j++){ll tmp = n+1-j;if(tmp % (i+1) == 0)  prod = prod * (tmp/(i+1)) % mod;else prod = prod * tmp % mod;}}ll tmp = 0, sig;for(int j = 0;j < i;j++){sig = (j+i)&1 ? -1 : 1;tmp = (tmp + sig*stir[i][j]*S[j]%mod + mod) % mod;}S[i] = ((prod - tmp)%mod + mod) % mod;}return S[k];
}int main()
{init();int T;scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%lld%lld", &n, &k);printf("%lld\n", cal());}return 0;
}

第二类Stirling数

首先需要证明一个式子

$$i^k = \sum_{j=1}^kS(k, j)*C_i^j*j!$$

证：对于一个 $i^k$，可以具体理解为把 $k$ 个不同的球放入 $i$ 个不同盒子里的方案数（允许空盒）；

现在，枚举恰好有 $j$ 个盒子放有球，$j$ 可从1取到 $k$，所以方案数为 $\sum_{j=1}^kS(k, j)*C_i^j*j!$；

证毕。

$\sum \limits ^{n}_{i=0} i^k = \sum \limits _{i=0}^{n}\sum\limits _{j=1}^{k} S_{k,j}*C_{i,j}*j!$

然后讨论 $S(k, j)$ 的系数和：$\sum \limits ^{n}_{i=0} C_{i,j} *j!$，即 $j!* \sum\limits^{n}_{i=0} C_{i,j}$

已知：$\sum \limits_{i=0}^{n}C_{i,j}=C_{n+1,j+1}$

所以 $S(k, j)$ 的系数为 $j!*C_{n+1}^{j+1}$，

于是 $\sum \limits ^{n}_{i=0} i^k= \sum\limits_{j=1}^{k}S(k, j)*j!*C_{n+1}^{j+1}$.

变成排列数形式：$\displaystyle \sum \limits ^{n}_{i=0} i^k= \sum\limits_{i=1}^{k}S(k, i)* \frac{P_{n+1}^{i+1}}{{i+1}}$

然后预处理斯特林数就可以解决了.　　

//同样单次查询是 $O(k^2)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int maxk = 2000 + 1;
ll n, k;ll stir[maxk][maxk];
void init()
{stir[0][0] = stir[1][1] = 1;for(int i = 2;i < maxk;i++)for(int j = 1;j <= i;j++)stir[i][j] = (stir[i-1][j-1] + j*stir[i-1][j]) % mod;
}ll cal()
{n %= mod;ll sum = 0;for(int i = 1;i <= k;i++){ll prod;if(i > n)  prod = 0;else{prod = 1;for(int j = 0;j <= i;j++){ll tmp = n+1-j;if(tmp % (i+1) == 0)  tmp /= (i+1);prod = prod * tmp % mod;}}//printf("%lld\n", prod);sum = (sum + stir[k][i]*prod) % mod;}return sum;
}int main()
{init();int T;scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%lld%lld", &n, &k);printf("%lld\n", cal());}return 0;
}

参考链接：

1. .html

2. 

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