s(n,m)表示有\(n\)個有區別小球，要放進\(m\)個相同盒子裡，且每個盒子非空的方案數
考慮乙個很容易的遞推：
\[s(n,m)=s(n-1,m-1)+m*s(n-1,m)
\]考慮組合意義：
假設前面的\(n-1\)個球丟進了\(m-1\)個組，因為每個組非空，所以這個球只有一種選擇——自己一組
如果前面的球已經分成了\(m\)組，那麼，這個球就有\(m\)種放法
所以這個遞推式就是這樣來的
那麼，只考慮組合意義可不可以算？
當然是可以的啦
寫式子：
\[s(n,m)=\frac\sum_^(-1)^kc(m,k)(m-k)^n
\]為啥呢？
假設盒子有區別，並且我們允許空盒的存在
顯然的，\(m^n\)就是答案
但是我們當然就是不允許空盒存在啊
所以容斥一下
列舉我當前有幾個空盒子存在
那麼先把這幾個盒子選出來，也就是\(c(m,k)\)
然後剩下\(m-k\)個盒子，\(n\)個球可以隨便放，也就是\((m-k)^n\)
最後退出來，我們盒子是沒有區別的，所以除以乙個\(m!\)
這樣就是直接考慮了
那麼，我們來想想乙個東西怎麼算？
\(m^n\)怎麼算？
考慮一下組合意義，把\(n\)個有區別的小球分給有區別的\(m\)個盒子裡，允許空盒的方案數
挺好呀，第二類斯特林數是啥意思？
\(s(n,m)\)表示\(n\)個球丟進\(m\)個相同盒子裡，不允許空盒
好吧，那我列舉一下有\(i\)個盒子不是空的
再把球丟進盒子不就是\(s(n,i)*i!\)
所以不就推出來啦？
\[m^n=\sum_^s(n,i)*i!*c(m,i)
\]回來回來，，
如果要算第二類斯特林數，除了\(n^2\)的遞推有沒有別的方法呢？
顯然是有的
重新看看上面用容斥和組合意義得到的式子
\[s(n,m)=\frac\sum_^(-1)^kc(m,k)(m-k)^n
\]整理一下
\[s(n,m)=\frac\sum_^(-1)^k\frac(m-k)^n
\]\[s(n,m)=\frac\sum_^m!\frac\frac
\]\[s(n,m)=\sum_^\frac\frac
\]這樣的話，是不是想到了多項式的卷積啦？
於是乎，可以用多項式卷積求出\(s(n,x)\)
複雜度\(o(nlogn)\)
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