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求所有長度為 \(n\) 的置換的迴圈個數的 \(m\) 次方之和。

\(n \le 10^5,m \le 500\)。

Editorial

設 \(x_i\) 表示 \(i\) 這個迴圈是否存在，答案就是：

根據

我們知道如果欽定 \(k\) 個迴圈出現，那麼就會貢獻 \(\begin{Bmatrix} m \\ k\end{Bmatrix} k!\)。顯然迴圈的數量太多了，沒有辦法列舉，怎麼辦？

非常巧妙的轉化：選出了 \(k\) 個迴圈後，新增一個垃圾節點 \(n+1\)，把剩餘元素和 \(n+1\) 分在一起做一個迴圈，就可以映射出剩餘的所有迴圈方案。即最後答案就是：

這一步轉化非常的奇怪，乍一想挺讓人無法理解的，但實際上可以這麼考慮：把每一個迴圈從小到大展開，把迴圈內的最大值移動到每個迴圈的第一個位置。再按每一個迴圈的最大值對迴圈排序，把 \(n+1\)

其實這個想法與 [FJOI2016]建築師 有些類似。

\(n\) 這麼大我們是不是要寫多項式呀？

然而 \(n\) 很大的時候後面的第二類斯特林數的值是 \(0\)，不用求。

複雜度 \(O(nm+m^2)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define LL long long

const LL MOD = 1e9 + 7;

LL s[100000 + 23][302] ,S[302][302] ,fac[302];

void init(){
	s[0][0] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= 100001 ; ++i){
		for(int j = 1 ; j <= 301 ; ++j){
			s[i][j] = (s[i - 1][j] * (i - 1) + s[i - 1][j - 1]) % MOD;
		}
	}
	S[0][0] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= 301 ; ++i){
		for(int j = 1 ; j <= 301 ; ++j){
			S[i][j] = (S[i - 1][j] * j + S[i - 1][j - 1]) % MOD;
		}
	}
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1 ; i <= 301 ; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
}

class CyclesNumber{
	private:
	
		LL solve(int n ,int m){
			LL Ans = 0;
			for(int i = 0 ; i <= std::min(n ,m) ; ++i){
				Ans = (Ans + s[n + 1][i + 1] * S[m][i] % MOD * fac[i]) % MOD;
			}
			return Ans;
		}
	public:
		CyclesNumber(){
			init();
		}
		std::vector<int> getExpectation(std::vector<int> n ,std::vector<int> m){
			std::vector<int> Ans;
			for(int i = 0 ; i < n.size() ; ++i){
				Ans.push_back(solve(n[i] ,m[i]));
			}
			return Ans;
		}
}F;

void output(std::vector<int> a){
	for(auto i : a){
		printf("%d\n" ,i);
	}
}

int main(){
	output(F.getExpectation({10 ,20 ,30} ,{10 ,20 ,30}));
}