第一类斯特林数
符号为(egin{bmatrix} n\ m end{bmatrix})，定义是把(n)个数排成(m)个圆排列的方案数，递推式为（把第一类斯特林数简记为(S_1(n,m))）：
其中边界为
1.(S_1(0,0)=1)
2.(S_1(n,k)=0(k>n))
这个递推式可以如此理解：考虑最后一个放入的物品，它要么跟在前面的一个元素在一个圆中，要么自己新开一个圆
这个东西直接求是(O(n^2))的，怎么优化呢？考虑上述过程，也可以理解为总共进行(n)次操作，每次有(n-1)种选择不取（对应((n-1)*S_1(n-1,m))），还有(1)种选择取（对应(S_1(n-1,m-1))），最后恰好取到(m)个物品的方案数。写出它的母函数如下：
其中(x_i)的系数就是(S_1(n,i))
用分治+FFT可以(O(nlog^2n))求(S_1(n,i))
另附两道双倍经验的神仙题：
CF960G Bandit Blues
[FJOI2016]建筑师
第二类斯特林数
符号为(egin{Bmatrix} n\ m end{Bmatrix})，定义是把(n)个不同的球放到(m)个不可区分的盒子且无空盒的方案数，递推式为（把第二类斯特林数简记为(S_2(n,m))）：
边界跟上面一样的
直接求也是(O(n^2))的，发现它有一个比较显然的容斥形式：
理解的话，就是先考虑盒子有区别，就有：(sumlimits_{i=0}^{m}(-1)^{i}inom{m}{i}(m-i)^n)种方案，把(m)个盒子无区别的限制加上，除一个(m!)就可以了（貌似也可以用二项式反演来证明它的容斥意义？）
化一下式子，把组合数拆开，并且把(m!)移到和号里面，可以得到：
卷积吧，(O(nlogn))的
第二类斯特林数还有一个很妙的性质：(n^k=sumlimits_{i=0}^{n}egin{Bmatrix}
k\
i
end{Bmatrix}i!inom{n}{i})
附例题3道：
[HEOI2016/TJOI2016]求和
CF961G Partitions
CF932E Team Work
斯特林反演
存在以下这么一个式子：
怎么感觉跟二项式反演辣么像！
太弱了，不会证啦，也没做相关的题。