第一类斯特林数
\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\) ，将 \(n\) 个元素划分为 \(m\) 个圆排列的方案数。
递推递推式可以枚举最后一个元素是否放一个新的排列：\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}+(n-1)\times \begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}\)
下面用 \(s(n,m)\) 表示 \(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\)。
性质\[ \begin{aligned}n!=\sum_{i=0}^n s(n,i)\end{aligned} \]
证明：考虑其组合意义。一个排列唯一对应一个置换，而一个置换唯一对应一组轮换。比如排列 \((1,5,2,3,4)\)，就可以看作轮换组 \([1][2,5,4][3]\)。如果两个排列不同，那他们对应的轮换中，必定有一个元素的下一个元素不同，故排列与轮换一一对应。所以等式右侧的式子就是有 $0\sim n $ 个轮换的方案数。
求法现在要快速求出第一类斯特林数的某一行。
直接给出定义，\(s(n,*)\) 这东西的生成函数等于 \(\prod\limits_{i=0}^{n-1} (x+i)\)，也就是 \(x\) 的 \(n\) 次上升幂。
于是就可以分治\(\mathrm{NTT}\)来求了，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。具体实现用\(\mathrm{vector}\)比较好写。
当然也可以 \(O(n\log n)\)。
令 \(F_n(x)=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(x+i)\)，则\(F_{2n}(x)=F_n(x)\times F_n(x+n)\)。
考虑如何用 \(F_n(x)\) 快速求出 \(F_{n}(x+n)\)。
设 \(F_n(x)=\sum_\limits{i=0}^{n-1}a_ix^i\)
\[
\begin{aligned}F_n(x+n)=&\sum_{i=0}^{n} a_i(x+n)^i\\=&\sum_{i=0}^{n} a_i\times \sum_{j=0}^i C_i^jn^{i-j}x^j\\=&\sum_{i=0}^{n} x^i\times \sum_{j=i}^{n}C_j^in^{j-i}a_j\\=&\sum_{i=0}^{n}x^i\times \sum_{j=i}^{n}\frac{j!}{i!(j-i)!}n^{j-i}a_j \end{aligned}
\]
所以设 \(F_n(x+n)=\sum\limits_{i=0}^{n-1} b_ix^i,c_i=i!\times a_i,d_i=\frac{n^i}{i!}\) ，那么
\[
b_i\times i!=\sum_j c_j\times d_{j-i}
\]
把 \(d\) 翻转以后是一个标准的卷积式子，直接倍增就好了。
实现的小细节就是，如果当前长度 \(len\) 为奇数，不能除以 \(2\)，所以直接递归 \(len-1\) ，然后回来之后乘上 \((x+len-1)\) 就行了。