【CF932E】Team Work（第二类斯特林数）
题面
洛谷
CF
求(sum_{i=1}^nC_{n}^i*i^k)
题解
寒假的时候被带飞，这题被带着写了一遍。事实上并不难，我们来颓柿子。
首先回忆一下第二类斯特林数关于整数幂的计算公式：
[m^n=sum_{i=0}^mC_{m}^i*S(n,i)*i!]
(m^n)理解为把(n)个不同的球放到(m)个不同的盒子中去。那么我们枚举有几个盒子非空，用第二类斯特林数乘阶乘计算放置的方案数，最后求和就是结果。
那么直接把(i^k)展开
[sum_{i=1}^nC_n^isum_{j=0}^iC_i^j*S(k,j)*j!]
把组合数直接拆开
[sum_{i=1}^nfrac{n!}{i!(n-i)!}sum_{j=0}^ifrac{i!}{j!(i-j)!}*S(k,j)*j!]
化简之后的结果就很好看了。
[sum_{i=1}^nfrac{n!}{(n-i)!}sum_{j=0}^ifrac{S(k,j)}{(i-j)!}]
(n)的范围太大，而(k)的范围很小，所以考虑把斯特林数提出来放到外层循环
[sum_{j=0}^nS(k,j)sum_{i=j}^nfrac{n!}{(n-i)!}*frac{1}{(i-j)!}]
因为第二类斯特林数(S(k,j))如果(j>k)那么结果就是(0),所以可以不需要考虑。那么式子可以化简[sum_{j=0}^{min(n,k)}S(k,j)sum_{i=j}^nfrac{n!}{(n-i)!}*frac{1}{(i-j)!}]
后面的阶乘孤零零的，给他配点东西就好看了。
[sum_{j=0}^{k}S(k,j)sum_{i=0}^nfrac{n!}{(n-j)!}frac{(n-j)!}{(n-i)!(i-j)!}]
[sum_{j=0}^{k}S(k,j)frac{n!}{(n-j)!}sum_{i=0}^nC_{n-j}^{i-j}]
[sum_{j=0}^{k}S(k,j)frac{n!}{(n-j)!}2^{n-j}]
因为(k)只有(5000)，所以(i)的起始位置最多只有(5000)个，那么直接(O(k))考虑计算即可。
斯特林数暴力(O(k^2))预处理，总的复杂度(O(k^2))。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
#define inv2 500000004
#define MAX 5050
int fpow(int a,int b){int s=1;while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}return s;}
int n,k,S[MAX][MAX],ans;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);S[0][0]=1;
for(int i=1;i<=k;++i)
for(int j=1;j<=k;++j)
S[i][j]=(S[i-1][j-1]+1ll*S[i-1][j]*j)%MOD;
for(int j=0,pw=fpow(2,n),nw=1;j<=min(n,k);pw=1ll*pw*inv2%MOD,nw=1ll*nw*(n-j)%MOD,++j)
ans=(ans+1ll*S[k][j]*nw%MOD*pw%MOD)%MOD;
printf("%dn",ans);
return 0;
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