题目大意：给定n,kn,k，求∑ni=1Cin⋅ik∑i=1nCni⋅ik。
做法：本题需要用到二项式反演+第二类斯特林数。
二项式反演的实质是容斥原理，有两种表示形式：
f(n)=∑ni=0(−1)i⋅Cin⋅g(i)f(n)=∑i=0n(−1)i⋅Cni⋅g(i)与g(n)=∑ni=0(−1)i⋅Cin⋅f(i)g(n)=∑i=0n(−1)i⋅Cni⋅f(i)等价，或：
f(n)=∑ni=0Cin⋅g(i)f(n)=∑i=0nCni⋅g(i)与g(n)=∑ni=0(−1)n−i⋅Cin⋅f(i)g(n)=∑i=0n(−1)n−i⋅Cni⋅f(i)等价。
证明待填坑，这里先不写了。
我们发现第二类斯特林数：
S(n,m)=1m!∑mi=0(−1)i⋅Cim⋅(m−i)nS(n,m)=1m!∑i=0m(−1)i⋅Cmi⋅(m−i)n
后面的式子和二项式反演的第二种形式的右边非常相似，而且后面是一个幂函数，因此我们尝试用斯特林数凑出幂函数。
首先有：
m!S(n,m)=∑mi=0(−1)i⋅Cim⋅(m−i)nm!S(n,m)=∑i=0m(−1)i⋅Cmi⋅(m−i)n
用m−im−i替换ii，得：
m!S(n,m)=∑mi=0(−1)m−i⋅Cim⋅inm!S(n,m)=∑i=0m(−1)m−i⋅Cmi⋅in
这样这个式子就跟上面的形式完全一样了，所以我们有：
mn=∑ni=0Cim⋅i!⋅S(n,i)mn=∑i=0nCmi⋅i!⋅S(n,i)
细心的同学可能发现我换了和式的上限，这是没有任何问题的，请大家自己证证看。（提示：从组合数和斯特林数有意义的数值区间考虑）
那么我们把这个结论带进要求的式子中去，得到：
ans=∑ni=1Cin⋅ikans=∑i=1nCni⋅ik
=∑ni=0Cin∑kj=0Cji⋅j!⋅S(k,j)=∑i=0nCni∑j=0kCij⋅j!⋅S(k,j)（这一步在k=0k=0时会多出一个11，最后特判减去即可）
显然应该对换i,ji,j的位置，得到：
ans=∑kj=0S(k,j)⋅j!∑ni=0CinCjians=∑j=0kS(k,j)⋅j!∑i=0nCniCij
从后面和式的组合意义考虑，这个式子表达的是，先从nn个里取ii个，再从ii个里取jj个的方案数。那么我们不如考虑每一个jj个元素构成的集合产生的贡献，因为ii是任意取的，那么取其他i−ji−j个元素的方案数，就等于2n−j2n−j。所以有：
ans=∑kj=0S(k,j)⋅j!⋅Cjn⋅2n−jans=∑j=0kS(k,j)⋅j!⋅Cnj⋅2n−j
=∑kj=0S(k,j)⋅n!(n−j)!⋅2n−j=∑j=0kS(k,j)⋅n!(n−j)!⋅2n−j
于是我们O(k2)O(k2)预处理出第二类斯特林数，再O(k)O(k)算出上面的式子即可。
事实上，这道题目是一道更难题目的一小部分，那道题目我看不懂，所以暂时先做这道题。那道题目需要用到kk达到105105的情况，实际上仍是可做的，因为：
S(k,j)=1j!∑ji=0(−1)i⋅Cij⋅(j−i)kS(k,j)=1j!∑i=0j(−1)i⋅Cji⋅(j−i)k
=∑ji=0(−1)ii!⋅(j−i)k(j−i)!=∑i=0j(−1)ii!⋅(j−i)k(j−i)!
这是一个卷积的形式，可以用FFT/NTT做到O(klogk)O(klogk)预处理斯特林数，但这道题kk比较小，所以我就不这样写了。
以下是本人代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
ll n,k,S[5010][5010]={0};
ll power(ll a,ll b)
{
ll s=1,ss=a;
while(b)
{
if (b&1) s=s*ss%mod;
b>>=1;ss=ss*ss%mod;
}
return s;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
S[0][0]=1;
for(ll i=1;i<=k;i++)
for(ll j=1;j<=i;j++)
S[i][j]=(S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j])%mod;
ll s1=1,s2=power(2,n),inv=500000004,ans=0;
for(ll i=0;i<=k;i++)
{
ans=(ans+S[k][i]*s1%mod*s2)%mod;
s1=s1*(n-i)%mod;
s2=s2*inv%mod;
}
if (k) printf("%lld",ans);
else printf("%lld",(ans-1+mod)%mod);
return 0;
}
