WC模拟：Every one will meet some difficult（第一，第二类斯特林数+n阶差分）

题意：
给定$n,m,s,t$求出满足：

$$\sum_{i=1}^m x_i \le s$$
$$\forall i \le m,x_i \gt 0$$
$$\forall i \le n,x_i \le t$$
的解的个数。
$(m-n\le 1000,m\le 1e9,t\le 1e5,nt \le s\le 1e18)$

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题解：

这好像是国家集训队的作业，反正我不会做。。。

有几个知识点怕忘记写一篇博客来记一下。

首先比较显然的是可以枚举前$n$个中的非法个数然后容斥，得到：

$$ans=\sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i}\binom{s-ti}{m}$$

设$f_i=\binom{s-ti}{m}$，则

$$ans=\sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i}f_i$$

这个式子其实是$n$阶前项差分公式稍微变一下形，那么考虑前向差分这个$f$。
利用$n$阶差分公式：

$$\Delta^n[f](x) = \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\binom{n}{i} f(x+i)$$
这个式子可以通过归纳法证明，这里略过。
得到：

$$(-1)^n ans=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i)$$
发现其实就是求 $$\Delta^n[f](0)$$
一般函数的$n$阶差分不是很好求，但是多项式有一种组合数的表达方式:

对于$m$阶函数$f(x)$，必然唯一对应一种表达方式

$$f(x)=\sum_{i=0}^m \binom{x}{i} b_i$$

而对于这样的函数的$n$阶差分，有：

$$\Delta^n[f](x)=\sum_{i=0}^{m} \binom{x}{i-n}b_i$$

这个式子同样可以归纳证明，具体略。

那么当前答案为$b_n$

考虑如何将$f$转化为组合数形式。
观察$f(x)$的式子:

$$f(x)=\binom{s-tx}{m}$$

1.用第一类斯特林数将组合数展开(拆开的原因是现在的组合数很奇怪，要想办法消掉)。

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

$$\begin{matrix} f(x)&=&\binom{s-tx}{m} \\&=&\frac{1}{m!} (s-tx)^{\underline{m}} \\ &=& \frac{1}{m!}\sum_{i=0}^m (-1)^{m-i} \begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix} (s-tx)^i \\&=& \frac{1}{m!}\sum_{i=0}^m (-1)^{m-i} \begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix} \sum_{j=0}^i (-1)^jt^jx^js^{i-j} \binom{i}{j} \\&=&\frac{1}{m!} \sum_{j=0}^m x^j\sum_{i=j}^m (-1)^{m-i+j}\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix} t^j s^{i-j}\binom{i}{j} \end{matrix}$$

2.用第二类斯特林数转化为组合数形式。

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

不妨设

$$a_j=\frac{1}{m!}\sum_{i=j}^m (-1)^{m-i+j}\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix} t^j s^{i-j} \binom{i}{j}$$

那么：

$$\begin{matrix} f(x)=\sum_{j=0}^m x^j a_j \end{matrix}$$
现在这个形式已经是很显然的让你用第二类斯特林转为下降幂形式，然后变为组合数了。
$$\begin{matrix} f(x)&=&\sum_{j=0}^m x^j a_j \\&=& \sum_{j=0}^m a_j \sum_{i=0}^{j} \begin{Bmatrix}j\\i\end{Bmatrix} \binom{x}{i}i! \\&=& \sum_{i=0}^m \binom{x}{i} i!\sum_{j=i}^m a_j \begin{Bmatrix}j\\i\end{Bmatrix} \end{matrix}$$

$b_n$为$n!\sum\limits_{j=n}^m a_j\begin{Bmatrix}j\\n\end{Bmatrix}$
带入$a$后可以得到：

$$b_n=\sum_{i=n}^m \frac{n!}{m!}\begin{Bmatrix}i\\n\end{Bmatrix}\sum_{j=i}^ m(-1)^{m-j+i} \begin{bmatrix} m\\i\end{bmatrix}s^{i-j}t^j \binom{i}{j}$$

然后这里可以$(m-n)^2$枚举了，关键是求$\begin{Bmatrix}i\\n\end{Bmatrix}$和$\begin{bmatrix} m\\i\end{bmatrix}$

注意到$n,m$非常大，但是上下两项的差距却很小，即是大小大于等于2的集合个数很小，考虑从组合意义上来$DP$出这个斯特林数。
设$f[i][j]$表示$i$个物品放到$j$个大于等于2的集合的个数，$g[i][j]$表示$i$个物品放到$j$个大于等于2的环排列的个数，可以通过枚举大小大等于2的集合数来求出两类数，即为：

$$\begin{Bmatrix} i\\n\end{Bmatrix}=\sum_{j=0}^{\min \{i-n,n\}} \binom{i}{n-j} f[i-n+j][j]$$

另外一个同理。 下面考虑如何$DP$出$f,g$，其实同斯特林数一样，只需要考虑是加入以前的集合还是新建一个集合就好了：

$$f[i][j]=f[i-1][j]*j + f[i-2][j-1]*(i-1)\\g[i][j]=g[i-1][j]*(i-1)+g[i-2][j-1]*(i-1)$$

然后这道题就做完了，我的代码忘记保存了所以看到这篇题解的人还是自已码吧。。