====== 斯特林数 ======

=====  第一类斯特林数 =====

==== 定义 ====

第一类斯特林数 $\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}$ 表示将 $n$ 个不同元素构成 $m$ 个圆排列的方案。

==== 性质一 ====

$$\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\ k-1\end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\ k\end{bmatrix}$$

考虑新加入的数 $n$，要么单独成环，要么插入到其他环中，其中插入方式有 $n-1$ 种。

==== 性质二 ====

$$x^{\overline n}=\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}x^i$$

其中 $x^{\overline n}$ 表示上升幂。

考虑归纳证明，有

$$x^{\overline {n+1}}=x^{\overline n}(x+n)=(x+n)\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}x^i=\sum_{i=0}^{n+1} \left(\begin{bmatrix}n\\ i-1\end{bmatrix}+n\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}\right)x^i=\sum_{i=0}^{n+1} \begin{bmatrix}n+1\\ i\end{bmatrix}x^i$$

==== 性质三 ====

$$x^{\underline n}=\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i$$

其中 $x^{\underline n}$ 表示下降幂。

考虑归纳证明，有

$$x^{\underline {n+1}}=x^{\underline n}(x-n)=(x-n)\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i=\sum_{i=0}^{n+1} \left(-\begin{bmatrix}n\\ i-1\end{bmatrix}-n\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}\right)(-1)^{n-i}x^i=\sum_{i=0}^{n+1} \begin{bmatrix}n+1\\ i\end{bmatrix}(-1)^{n+1-i}x^i$$

==== 运算 ====

=== 第一类斯特林数$\cdot$行 ===

[[https://www.luogu.com.cn/problem/P5408|洛谷p5408]]

$$\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}(0\le i\le n)$$

考虑倍增法，假设已知 $x^{\overline n}$，显然可以 $O(n)$ 计算出 $x^{\overline {n+1}}=(x+n)x^{\overline n}$。

接下来考虑求解 $x^{\overline {2n}}$，有 $x^{\overline {2n}}=x^{\overline n}(x+n)^{\overline n}$。设 $x^{\overline n}=\sum_{i=0}^n a_ix^i$，于是有

$$(x+n)^{\overline n}=\sum_{i=0}^n a_i(x+n)^i=\sum_{i=0}^n a_i\sum_{j=0}^i{i\choose j}n^{i-j}x^j=\sum_{j=0}^n x^j\sum_{i=j}^n a_i{i\choose j}n^{i-j}$$

展开组合数，有

$$\sum_{j=0}^n x^j\sum_{i=j}^n a_i{i\choose j}n^{i-j}x^j=\sum_{j=0}^n \frac {x^j}{j!}\sum_{i=j}^n a_ii!\frac {n^{i-j}}{(i-j)!}=\sum_{j=0}^n \frac {x^j}{j!}\sum_{i=0}^{n-j} a_{i+j}(i+j)!\frac {n^i}{i!}$$

设 $b_i=a_ii!,c_i=\cfrac {n^{n-i}}{(n-i)!}$，于是有

$$\sum_{j=0}^n \frac {x^j}{j!}\sum_{i=0}^{n-j} a_{i+j}(i+j)!\frac {n^i}{i!}=\sum_{j=0}^n \frac {x^j}{j!}\sum_{i=0}^{n-j} b_{i+j}c_{n-i}$$

于是可以 $O(n\log n)$ 计算出 $(x+n)^{\overline n}$，最后与 $x^{\overline n}$ 卷积即可 $O(n\log n)$ 计算出 $x^{\overline {2n}}$。

总时间复杂度 $T(n)=T(\frac n2)+O(n\log n)$，于是 $T(n)=O(n\log n)$。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=1<<18,Mod=167772161,G=3;
int quick_pow(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1)
		ans=1LL*ans*a%Mod;
		a=1LL*a*a%Mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
namespace Poly{
	const int G=3;
	int rev[MAXN<<2],Wn[30][2];
	void init(){
		int m=Mod-1,lg2=0;
		while(m%2==0)m>>=1,lg2++;
		Wn[lg2][1]=quick_pow(G,m);
		Wn[lg2][0]=quick_pow(Wn[lg2][1],Mod-2);
		while(lg2){
			m<<=1,lg2--;
			Wn[lg2][0]=1LL*Wn[lg2+1][0]*Wn[lg2+1][0]%Mod;
			Wn[lg2][1]=1LL*Wn[lg2+1][1]*Wn[lg2+1][1]%Mod;
		}
	}
	int build(int k){
		int n,pos=0;
		while((1<<pos)<=k)pos++;
		n=1<<pos;
		_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
		return n;
	}
	void NTT(int *f,int n,bool type){
		_for(i,0,n)if(i<rev[i])
		swap(f[i],f[rev[i]]);
		int t1,t2;
		for(int i=1,lg2=0;i<n;i<<=1,lg2++){
			int w=Wn[lg2+1][type];
			for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
				int cur=1;
				_for(k,j,j+i){
					t1=f[k],t2=1LL*cur*f[k+i]%Mod;
					f[k]=(t1+t2)%Mod,f[k+i]=(t1-t2)%Mod;
					cur=1LL*cur*w%Mod;
				}
			}
		}
		if(!type){
			int div=quick_pow(n,Mod-2);
			_for(i,0,n)f[i]=(1LL*f[i]*div%Mod+Mod)%Mod;
		}
	}
	void Mul(int *f,int _n,int *g,int _m,int xmod=0){
		int n=build(_n+_m-2);
		_for(i,_n,n)f[i]=0;_for(i,_m,n)g[i]=0;
		NTT(f,n,true);NTT(g,n,true);
		_for(i,0,n)f[i]=1LL*f[i]*g[i]%Mod;
		NTT(f,n,false);
		if(xmod)_for(i,xmod,n)f[i]=0;
	}
}
int f[MAXN],g[MAXN],h[MAXN],frac[MAXN],invfrac[MAXN],pown[MAXN];
void Add(int n){
	for(int i=n;i>=0;i--)
	f[i+1]=(f[i]+1LL*f[i+1]*n)%Mod;
}
void Mul(int n){
	_rep(i,0,n)g[i]=1LL*f[i]*frac[i]%Mod;
	pown[0]=1;
	_rep(i,1,n)pown[i]=1LL*pown[i-1]*n%Mod;
	_rep(i,0,n)h[i]=1LL*pown[n-i]*invfrac[n-i]%Mod;
	Poly::Mul(g,n+1,h,n+1);
	_rep(i,0,n)g[i]=1LL*g[n+i]*invfrac[i]%Mod;
	Poly::Mul(f,n+1,g,n+1);
}
int main()
{
	Poly::init();
	int n=read_int(),pos=18,cur=1;
	while(n<(1<<pos))pos--;
	f[0]=0,f[1]=1,frac[0]=1;
	_rep(i,1,n)frac[i]=1LL*frac[i-1]*i%Mod;
	invfrac[n]=quick_pow(frac[n],Mod-2);
	for(int i=n;i;i--)invfrac[i-1]=1LL*invfrac[i]*i%Mod;
	while(pos--){
		Mul(cur);
		cur<<=1;
		if((n>>pos)&1){
			Add(cur);
			cur|=1;
		}
	}
	_rep(i,0,n)
	space(f[i]);
	return 0;
}
</code>
</hidden>

=== 第一类斯特林数$\cdot$列 ===

[[https://www.luogu.com.cn/problem/P5409|洛谷p5409]]

$$\begin{bmatrix}i\\ k\end{bmatrix}(0\le i\le n)$$

考虑只有一个圆排列的方案的 $\text{EGF}$，有 $F(x)=\sum_{i=1}^{\infty} (i-1)!\cfrac {x^i}{i!}$。

于是 $k$ 个圆排列的 $\text{EGF}$ 为 $\cfrac {F^k(x)}{k!}$，利用 $\text{Exp}$ 和 $\text{Ln}$ 可以 $O(n\log n)$ 计算。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=1<<16,Mod=167772161,G=3;
int quick_pow(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1)
		ans=1LL*ans*a%Mod;
		a=1LL*a*a%Mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
namespace Poly{
	const int G=3;
	int rev[MAXN<<2],Wn[30][2];
	void init(){
		int m=Mod-1,lg2=0;
		while(m%2==0)m>>=1,lg2++;
		Wn[lg2][1]=quick_pow(G,m);
		Wn[lg2][0]=quick_pow(Wn[lg2][1],Mod-2);
		while(lg2){
			m<<=1,lg2--;
			Wn[lg2][0]=1LL*Wn[lg2+1][0]*Wn[lg2+1][0]%Mod;
			Wn[lg2][1]=1LL*Wn[lg2+1][1]*Wn[lg2+1][1]%Mod;
		}
	}
	int build(int k){
		int n,pos=0;
		while((1<<pos)<=k)pos++;
		n=1<<pos;
		_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
		return n;
	}
	void NTT(int *f,int n,bool type){
		_for(i,0,n)if(i<rev[i])
		swap(f[i],f[rev[i]]);
		int t1,t2;
		for(int i=1,lg2=0;i<n;i<<=1,lg2++){
			int w=Wn[lg2+1][type];
			for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
				int cur=1;
				_for(k,j,j+i){
					t1=f[k],t2=1LL*cur*f[k+i]%Mod;
					f[k]=(t1+t2)%Mod,f[k+i]=(t1-t2)%Mod;
					cur=1LL*cur*w%Mod;
				}
			}
		}
		if(!type){
			int div=quick_pow(n,Mod-2);
			_for(i,0,n)f[i]=(1LL*f[i]*div%Mod+Mod)%Mod;
		}
	}
	void Mul(int *f,int _n,int *g,int _m,int xmod=0){
		int n=build(_n+_m-2);
		_for(i,_n,n)f[i]=0;_for(i,_m,n)g[i]=0;
		NTT(f,n,true);NTT(g,n,true);
		_for(i,0,n)f[i]=1LL*f[i]*g[i]%Mod;
		NTT(f,n,false);
		if(xmod)_for(i,xmod,n)f[i]=0;
	}
	void Inv(const int *f,int *g,int _n){
		static int temp[MAXN<<2];
		if(_n==1)return g[0]=quick_pow(f[0],Mod-2),void();
		Inv(f,g,(_n+1)>>1);
		int n=build((_n-1)<<1);
		_for(i,(_n+1)>>1,n)g[i]=0;
		_for(i,0,_n)temp[i]=f[i];_for(i,_n,n)temp[i]=0;
		NTT(g,n,true);NTT(temp,n,true);
		_for(i,0,n)g[i]=(2-1LL*temp[i]*g[i]%Mod)*g[i]%Mod;
		NTT(g,n,false);
		_for(i,_n,n)g[i]=0;
	}
	void Ln(const int *f,int *g,int _n){
		static int temp[MAXN<<2];
		Inv(f,g,_n);
		_for(i,1,_n)temp[i-1]=1LL*f[i]*i%Mod;
		temp[_n-1]=0;
		Mul(g,_n,temp,_n-1,_n);
		for(int i=_n-1;i;i--)g[i]=1LL*g[i-1]*quick_pow(i,Mod-2)%Mod;
		g[0]=0;
	}
	void Exp(const int *f,int *g,int _n){
		static int temp[MAXN<<2];
		if(_n==1)return g[0]=1,void();
		Exp(f,g,(_n+1)>>1);
		_for(i,(_n+1)>>1,_n)g[i]=0;
		Ln(g,temp,_n);
		temp[0]=(1+f[0]-temp[0])%Mod;
		_for(i,1,_n)temp[i]=(f[i]-temp[i])%Mod;
		Mul(g,(_n+1)>>1,temp,_n,_n);
	}
	void Pow(const int *f,int *g,int _n,int k1,int k2){
		static int temp[MAXN<<2];
		int pos=0,posv;
		while(!f[pos]&&pos<_n)pos++;
		if(1LL*pos*k2>=_n){
			_for(i,0,_n)g[i]=0;
			return;
		}
		posv=quick_pow(f[pos],Mod-2);
		_for(i,pos,_n)g[i-pos]=1LL*f[i]*posv%Mod;
		_for(i,_n-pos,_n)g[i]=0;
		Ln(g,temp,_n);
		_for(i,0,_n)temp[i]=1LL*temp[i]*k1%Mod;
		Exp(temp,g,_n);
		pos=pos*k2,posv=quick_pow(posv,1LL*k2*(Mod-2)%(Mod-1));
		for(int i=_n-1;i>=pos;i--)g[i]=1LL*g[i-pos]*posv%Mod;
		_for(i,0,pos)g[i]=0;
	}
}
int f[MAXN<<2],g[MAXN<<2],frac[MAXN<<1],invfrac[MAXN<<1];
int main()
{
	Poly::init();
	int n=read_int(),k=read_int();
	frac[0]=1;
	_rep(i,1,n)frac[i]=1LL*frac[i-1]*i%Mod;
	invfrac[n]=quick_pow(frac[n],Mod-2);
	for(int i=n;i;i--)invfrac[i-1]=1LL*invfrac[i]*i%Mod;
	_rep(i,1,n)f[i]=1LL*frac[i-1]*invfrac[i]%Mod;
	Poly::Pow(f,g,n+1,k,k);
	_rep(i,0,n)g[i]=1LL*g[i]*frac[i]%Mod*invfrac[k]%Mod;
	_rep(i,0,n)space(g[i]);
	return 0;
}
</code>
</hidden>

=====  第二类斯特林数 =====

==== 定义 ====

第二类斯特林数 $\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}$ 表示将 $n$ 个不同元素划分到 $m$ 个非空集的方案数。

==== 性质一 ====

$$\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\ k-1\end{Bmatrix}+k\begin{Bmatrix}n-1\\ k\end{Bmatrix}$$

考虑新加入的数 $n$，要么单独划分成一个集合，要么加入到其他集合中，其中加入方式有 $k$ 种。

==== 性质二 ====

$$x^n=\sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\ i\end{Bmatrix}(-1)^{n-i}x^{\overline i}$$

其中 $x^{\overline i}$ 表示上升幂。

考虑归纳证明，有

$$x^{n+1}=x\sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\ i\end{Bmatrix}(-1)^{n-i}x^{\overline i}=\sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\ i\end{Bmatrix}(-1)^{n-i}\left(x^{\overline {i+1}}-ix^{\overline i}\right)=\sum_{i=0}^{n+1} \begin{Bmatrix}n+1\\ i\end{Bmatrix}(-1)^{n+1-i}x^{\overline i}$$

==== 性质三 ====

$$x^n=\sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\ i\end{Bmatrix}x^{\underline i}$$

其中 $x^{\underline i}$ 表示下降幂。

考虑归纳证明，有

$$x^{n+1}=x\sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\ i\end{Bmatrix}x^{\underline i}=\sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\ i\end{Bmatrix}\left(x^{\underline {i+1}}+ix^{\underline i}\right)=\sum_{i=0}^{n+1} \begin{Bmatrix}n+1\\ i\end{Bmatrix}x^{\underline i}$$

==== 运算 ====

=== 第二类斯特林数$\cdot$行 ===

[[https://www.luogu.com.cn/problem/P5395|洛谷p5395]]

$$\begin{Bmatrix}n\\ i\end{Bmatrix}(0\le i\le n)$$

考虑将 $n$ 个数装入 $k$ 个盒子，有 $k^n$ 种放法。其中 $i$ 个盒子中有球的方案数为 $i!{k\choose i}\begin{Bmatrix}n\\ i\end{Bmatrix}$

于是 $k^n=\sum_{i=0}^k i!{k\choose i}\begin{Bmatrix}n\\ i\end{Bmatrix}$。设 $f(i)=i^n,g(i)=i!\begin{Bmatrix}n\\ i\end{Bmatrix}$，于是有 $f(k)=\sum_{i=0}^k {k\choose i}g(i)$。根据二项式反演

$$k!\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}=\sum_{i=0}^k (-1)^{k-i}{k\choose i}i^n=k!\sum_{i=0}^k \cfrac{(-1)^{k-i}}{(k-i)!}\cfrac{i^n}{i!}$$

于是 $O(n\log n)$ 卷积即可。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=2e5+5,Mod=167772161,G=3;
int quick_pow(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1)
		ans=1LL*ans*a%Mod;
		a=1LL*a*a%Mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
namespace Poly{
	const int G=3;
	int rev[MAXN<<2],Wn[30][2];
	void init(){
		int m=Mod-1,lg2=0;
		while(m%2==0)m>>=1,lg2++;
		Wn[lg2][1]=quick_pow(G,m);
		Wn[lg2][0]=quick_pow(Wn[lg2][1],Mod-2);
		while(lg2){
			m<<=1,lg2--;
			Wn[lg2][0]=1LL*Wn[lg2+1][0]*Wn[lg2+1][0]%Mod;
			Wn[lg2][1]=1LL*Wn[lg2+1][1]*Wn[lg2+1][1]%Mod;
		}
	}
	int build(int k){
		int n,pos=0;
		while((1<<pos)<=k)pos++;
		n=1<<pos;
		_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
		return n;
	}
	void NTT(int *f,int n,bool type){
		_for(i,0,n)if(i<rev[i])
		swap(f[i],f[rev[i]]);
		int t1,t2;
		for(int i=1,lg2=0;i<n;i<<=1,lg2++){
			int w=Wn[lg2+1][type];
			for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
				int cur=1;
				_for(k,j,j+i){
					t1=f[k],t2=1LL*cur*f[k+i]%Mod;
					f[k]=(t1+t2)%Mod,f[k+i]=(t1-t2)%Mod;
					cur=1LL*cur*w%Mod;
				}
			}
		}
		if(!type){
			int div=quick_pow(n,Mod-2);
			_for(i,0,n)f[i]=(1LL*f[i]*div%Mod+Mod)%Mod;
		}
	}
	void Mul(int *f,int _n,int *g,int _m,int xmod=0){
		int n=build(_n+_m-2);
		_for(i,_n,n)f[i]=0;_for(i,_m,n)g[i]=0;
		NTT(f,n,true);NTT(g,n,true);
		_for(i,0,n)f[i]=1LL*f[i]*g[i]%Mod;
		NTT(f,n,false);
		if(xmod)_for(i,xmod,n)f[i]=0;
	}
}
int f[MAXN<<2],g[MAXN<<2],frac[MAXN],invfrac[MAXN];
int main()
{
	Poly::init();
	int n=read_int();
	frac[0]=1;
	_rep(i,1,n)frac[i]=1LL*frac[i-1]*i%Mod;
	invfrac[n]=quick_pow(frac[n],Mod-2);
	for(int i=n;i;i--)invfrac[i-1]=1LL*invfrac[i]*i%Mod;
	_rep(i,0,n){
		f[i]=1LL*quick_pow(i,n)*invfrac[i]%Mod;
		if(i&1)g[i]=1LL*(Mod-1)*invfrac[i]%Mod;
		else g[i]=invfrac[i];
	}
	Poly::Mul(f,n+1,g,n+1);
	_rep(i,0,n)space(f[i]);
	return 0;
}
</code>
</hidden>

=== 第二类斯特林数$\cdot$列 ===

[[https://www.luogu.com.cn/problem/P5409|洛谷p5396]]

$$\begin{Bmatrix}i\\ k\end{Bmatrix}(0\le i\le n)$$

考虑只有一个非空集合的方案的 $\text{EGF}$，有 $F(x)=\sum_{i=1}^{\infty} \cfrac {x^i}{i!}$。

于是 $k$ 个非空集合的 $\text{EGF}$ 为 $\cfrac {F^k(x)}{k!}$，利用 $\text{Exp}$ 和 $\text{Ln}$ 可以 $O(n\log n)$ 计算。

<hidden 查看代码>
<code cpp>
const int MAXN=1<<16,Mod=167772161,G=3;
int quick_pow(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1)
		ans=1LL*ans*a%Mod;
		a=1LL*a*a%Mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
namespace Poly{
	const int G=3;
	int rev[MAXN<<2],Wn[30][2];
	void init(){
		int m=Mod-1,lg2=0;
		while(m%2==0)m>>=1,lg2++;
		Wn[lg2][1]=quick_pow(G,m);
		Wn[lg2][0]=quick_pow(Wn[lg2][1],Mod-2);
		while(lg2){
			m<<=1,lg2--;
			Wn[lg2][0]=1LL*Wn[lg2+1][0]*Wn[lg2+1][0]%Mod;
			Wn[lg2][1]=1LL*Wn[lg2+1][1]*Wn[lg2+1][1]%Mod;
		}
	}
	int build(int k){
		int n,pos=0;
		while((1<<pos)<=k)pos++;
		n=1<<pos;
		_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
		return n;
	}
	void NTT(int *f,int n,bool type){
		_for(i,0,n)if(i<rev[i])
		swap(f[i],f[rev[i]]);
		int t1,t2;
		for(int i=1,lg2=0;i<n;i<<=1,lg2++){
			int w=Wn[lg2+1][type];
			for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
				int cur=1;
				_for(k,j,j+i){
					t1=f[k],t2=1LL*cur*f[k+i]%Mod;
					f[k]=(t1+t2)%Mod,f[k+i]=(t1-t2)%Mod;
					cur=1LL*cur*w%Mod;
				}
			}
		}
		if(!type){
			int div=quick_pow(n,Mod-2);
			_for(i,0,n)f[i]=(1LL*f[i]*div%Mod+Mod)%Mod;
		}
	}
	void Mul(int *f,int _n,int *g,int _m,int xmod=0){
		int n=build(_n+_m-2);
		_for(i,_n,n)f[i]=0;_for(i,_m,n)g[i]=0;
		NTT(f,n,true);NTT(g,n,true);
		_for(i,0,n)f[i]=1LL*f[i]*g[i]%Mod;
		NTT(f,n,false);
		if(xmod)_for(i,xmod,n)f[i]=0;
	}
	void Inv(const int *f,int *g,int _n){
		static int temp[MAXN<<2];
		if(_n==1)return g[0]=quick_pow(f[0],Mod-2),void();
		Inv(f,g,(_n+1)>>1);
		int n=build((_n-1)<<1);
		_for(i,(_n+1)>>1,n)g[i]=0;
		_for(i,0,_n)temp[i]=f[i];_for(i,_n,n)temp[i]=0;
		NTT(g,n,true);NTT(temp,n,true);
		_for(i,0,n)g[i]=(2-1LL*temp[i]*g[i]%Mod)*g[i]%Mod;
		NTT(g,n,false);
		_for(i,_n,n)g[i]=0;
	}
	void Ln(const int *f,int *g,int _n){
		static int temp[MAXN<<2];
		Inv(f,g,_n);
		_for(i,1,_n)temp[i-1]=1LL*f[i]*i%Mod;
		temp[_n-1]=0;
		Mul(g,_n,temp,_n-1,_n);
		for(int i=_n-1;i;i--)g[i]=1LL*g[i-1]*quick_pow(i,Mod-2)%Mod;
		g[0]=0;
	}
	void Exp(const int *f,int *g,int _n){
		static int temp[MAXN<<2];
		if(_n==1)return g[0]=1,void();
		Exp(f,g,(_n+1)>>1);
		_for(i,(_n+1)>>1,_n)g[i]=0;
		Ln(g,temp,_n);
		temp[0]=(1+f[0]-temp[0])%Mod;
		_for(i,1,_n)temp[i]=(f[i]-temp[i])%Mod;
		Mul(g,(_n+1)>>1,temp,_n,_n);
	}
	void Pow(const int *f,int *g,int _n,int k1,int k2){
		static int temp[MAXN<<2];
		int pos=0,posv;
		while(!f[pos]&&pos<_n)pos++;
		if(1LL*pos*k2>=_n){
			_for(i,0,_n)g[i]=0;
			return;
		}
		posv=quick_pow(f[pos],Mod-2);
		_for(i,pos,_n)g[i-pos]=1LL*f[i]*posv%Mod;
		_for(i,_n-pos,_n)g[i]=0;
		Ln(g,temp,_n);
		_for(i,0,_n)temp[i]=1LL*temp[i]*k1%Mod;
		Exp(temp,g,_n);
		pos=pos*k2,posv=quick_pow(posv,1LL*k2*(Mod-2)%(Mod-1));
		for(int i=_n-1;i>=pos;i--)g[i]=1LL*g[i-pos]*posv%Mod;
		_for(i,0,pos)g[i]=0;
	}
}
int f[MAXN<<2],g[MAXN<<2],frac[MAXN<<1],invfrac[MAXN<<1];
int main()
{
	Poly::init();
	int n=read_int(),k=read_int();
	frac[0]=1;
	_rep(i,1,n)frac[i]=1LL*frac[i-1]*i%Mod;
	invfrac[n]=quick_pow(frac[n],Mod-2);
	for(int i=n;i;i--)invfrac[i-1]=1LL*invfrac[i]*i%Mod;
	_rep(i,1,n)f[i]=invfrac[i];
	Poly::Pow(f,g,n+1,k,k);
	_rep(i,0,n)g[i]=1LL*g[i]*frac[i]%Mod*invfrac[k]%Mod;
	_rep(i,0,n)space(g[i]);
	return 0;
}
</code>
</hidden>

=====  练习题 =====

==== 习题一 ====

[[https://www.luogu.com.cn/problem/P4091|洛谷p4091]]

=== 题意 ===

$$\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}i\\ j\end{Bmatrix}\times 2^j\times j!$$

=== 题解 ===

首先 $\begin{Bmatrix}i\\ j\end{Bmatrix}=0(j\gt i)$，于是

$$\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}i\\ j\end{Bmatrix}\times 2^j\times j!=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n\begin{Bmatrix}i\\ j\end{Bmatrix}\times 2^j\times j!=\sum_{j=0}^n2^j\times j!\sum_{i=0}^n\begin{Bmatrix}i\\ j\end{Bmatrix}$$

直接展开第二类斯特林数，有

$$\sum_{j=0}^n2^j\times j!\sum_{i=0}^n\begin{Bmatrix}i\\ j\end{Bmatrix}=\sum_{j=0}^n2^j\times j!\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^j \frac{(-1)^{j-k}}{(j-k)!}\frac{k^i}{k!}=\sum_{j=0}^n2^j\times j!\sum_{k=0}^j \frac{(-1)^{j-k}}{(j-k)!}\frac{k^{n+1}-1}{k!(k-1)}$$

需要注意 $k=0$ 时 $\cfrac{k^{n+1}-1}{k!(k-1)}=0$；$k=1$ 时 $\cfrac{k^{n+1}-1}{k!(k-1)}=n+1$。直接卷积即可，总时间复杂度 $O(n\log n)$。