hdu6143 Killer Names（strling数）

第一类Stirling数

　　
s(p,k)的一个的组合学解释是：将p个物体排成k个非空循环排列的方法数。

s(p,k)的递推公式： s(p,k)=(p-1)*s(p-1,k)+s(p-1,k-1) ,1<=k<=p-1
边界条件：s(p,0)=0 ,p>=1 s(p,p)=1 ,p>=0

递推关系的说明：
考虑第p个物品，p可以单独构成一个非空循环排列，这样前p-1种物品构成k-1个非空循环排列，方法数为s(p-1,k-1)；
也可以前p-1种物品构成k个非空循环排列，而第p个物品插入第i个物品的左边，这有(p-1)*s(p-1,k)种方法。

第二类Stirling数

　　
S(p,k)的一个组合学解释是：将p个物体划分成k个非空的不可辨别的（可以理解为盒子没有编号）集合的方法数。
k!S(p,k)是把p个人分进k间有差别(如：被标有房号）的房间(无空房）的方法数。
　　
S(p,k)的递推公式是：S(p,k)=k*S(p-1,k)+S(p-1,k-1) ,1<= k<=p-1
边界条件：S(p,p)=1 ,p>=0 S(p,0)=0 ,p>=1
　　
递推关系的说明：
考虑第p个物品，p可以单独构成一个非空集合，此时前p-1个物品构成k-1个非空的不可辨别的集合，方法数为S(p-1,k-1)；
也可以前p-1种物品构成k个非空的不可辨别的集合，第p个物品放入任意一个中，这样有k*S(p-1,k)种方法。
　　
第一类斯特林数和第二类斯特林数有相同的初始条件，但递推关系不同。

bell数

可以由第二类strling数引出bell数。bell数的定义是：是将p元素集合分到非空且不可区分盒子的划分个数（没有说分到几个盒子里面）。所以，B(p)=S(p,0)+S(p,1)+…..+S(p,k)

题目：

若两个单词长度都为 n，且没有相同的字母，则称为一个单词对。每个字母是 m 个字母中的一个，一个字母可用多次。问，给定 n 和 m，有多少个单词对。(1 <= n,m <= 2000)

分析：

每一个单词，最少由 1 个字母组成，最多由 n 个字母组成。那么我们就要求出，当一个单词由 k （1 <= k <= n）个字母组成时，有多少种组成方案。这就是典型的第二类strling数问题。求出之后，我们只需要让这两个单词用不同的字母，并且总字母数不超过 m 即可。

代码：

#include <iostream>#include <algorithm>#include <queue>#include <stack>#include <vector>#include <set>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))typedef long long ll;const int MAXN = 2005;const double EPS = 1e-8;const int INF = 0x3f3f3f3f;const int MOD = 1e9 + 7;ll stl[MAXN][MAXN], fac[MAXN], c[MAXN][MAXN];int n, m;void init() {    fac[0] = 1;    for (int i = 1; i < MAXN; i++) {        fac[i] =(i * fac[i - 1]) % MOD;    }    stl[0][0] = 0;    stl[1][1] = 1;    for (int i = 2; i < MAXN; i++) {        for (int j = 1; j <= i; j++) {            stl[i][j] = (stl[i - 1][j - 1] + j * stl[i - 1][j]) % MOD;        }    }    c[0][0] = 1;    for (int i = 1; i < MAXN; i++) {        c[i][0] = 1;        for (int j = 1; j <= i; j++)            c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % MOD;    }}int main() {    int T;    scanf("%d", &T);    init();    while (T--) {        scanf("%d%d", &n, &m);        ll ans = 0;        for (int i = 1; i <= n; i++) {            for (int j = 1; j <= n; j++) {                if (i + j > m)  continue;                ll t1 = ((c[m][i] * fac[i])%MOD) * stl[n][i] % MOD;                ll t2 = ((c[m - i][j] * fac[j])%MOD) * stl[n][j] % MOD;                ll t = (t1 * t2) % MOD;                ans = (ans + t) % MOD;            }        }        printf("%I64d\n", ans);    }    return 0;}