【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：
[egin{aligned}
p&=sum_{i=1}^n{n-1choose i-1}iegin{Bmatrix}n-i\k-1end{Bmatrix}\
&=sum_{i=1}^n{n-1choose i-1}ifrac{1}{(k-1)!}sum_{j=0}^{k-1}(-1)^j{k-1choose j} (k-1-j)^{n-i}\
&=sum_{i=1}^n{n-1choose i-1}isum_{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-1choose 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)
[egin{aligned}
& sum_{i=1}^n{n-1choose 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-2choose i-2}t^{n-i}+sum_{i=1}^n{n-1choose i-1}t^{n-i}\
&=(n-1)sum_{i=1}^n {n-2choose n-i}t^{n-i}+sum_{i=1}^n{n-1choose 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：
[egin{aligned}
p&=sum_{j=0}^{k-1}frac{(-1)^j }{j!(k-1-j)!}sum_{i=1}^n{n-1choose 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
eq 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(egin{Bmatrix}n-1\kend{Bmatrix})，如果(i=j)，那么无论如何都有贡献，也就是(egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix})。所以，可以得到：
[p=egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix}+(n-1)egin{Bmatrix}n\kend{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
",ans);
return 0;
}