两类Stirling数性质及应用

请大家注意：

因为作者写的文章中的梯等式公式总是莫名的显示错误，所以作者的许多文章中的梯等式都暴力拆成一步一个等式了。
造成的不适，请谅解。
同时，如果文章中还有其他错误，请联系作者，谢谢。

问题模型

求将 $n$ 个数划分成 $m$ 个圆排列的方案数。
求将 $n$ 个数划分成 $m$ 个集合的方案数，集合没有标号。

公式推导——递推

我们
设第一个问题的答案是 $S_1(n,m)$ ，
设第二个问题的答案是 $S_2(n,m)$ 。
那么不难写出递推式：
$S_1(n,m) = S_1(n-1,m-1) + S_1(n-1,m) \times (n-1)$
$S_2(n,m) = S_2(n-1,m-1) + S_2(n-1,m) \times m$

公式推导——拓展

求第一类斯特林数的某一行

我们考虑按照递推式推导出它的生成函数。
显然 $S_{1,1}(x) = x$ 。
之后，我们有：
$\begin{align} S_{1,n}(x) &= xS_{1,n-1}(x) + (n-1)S_{1,n-1}(x) \\ &= (x + n-1)S_{1,n-1}(x) \end{align}$
那么不难得出： $S_{1,n}(x) = \prod_{i=0}^{n-1} (x+i)$ ,
我们也可以写成 $S_{1,n}(x) = x^{\overline{n}}$ ,
上面的式子是可以分治 $FFT$ 的，那么我们就可以 $O(n\log^2{n})$ 求出一行了。
在这里我们介绍一种更优秀的 $O(n\log{n})$ 的求一行第一类斯特林数的方法。
我们考虑倍增求出这个函数。
假设我们已经有了 $S_{1,n}(x) = \prod_{i=0}^{n-1} (x+i)$ ，
考虑求出 $S_{1,2n}(x) = \prod_{i=0}^{2n-1} (x+i)$ 。
我们发现 $S_{1,2n}(x) = S_{1,n}(x)S_{1,n}(x+n)$ 。
如果我们可以快速求出 $S_{1,n}(x+n)$ ，就赢了。
显然 $S_{1,n}(x)$ 是一个关于 $x$ 的 $n$ 次多项式，
那么我们设 $S_{1,n} = \sum_{i=0}^{n} a_i x^i$ ，而 $\{a_i\}$ 是我们已经求出来的。
则
$\begin{align} S_{1,n}(x+n) &= \sum_{i=0}^{n} a_i (x+n)^i \\ &= \sum_{i=0}^{n} a_i \sum_{j=0}^{i} C(i,j) n^{i-j} x^j \\ &= \sum_{j=0}^{n} x^j \sum_{i=j}^{n} C(i,j) n^{i-j} a_i \\ &= \sum_{i=0}^{n} x^i \sum_{j=i}^{n} C(j,i) n^{j-i} a_j \\ &= \sum_{i=0}^{n} x^i \sum_{j=i}^{n} \frac{j!}{i!(j-i)!} n^{j-i} a_j \\ &= \sum_{i=0}^{n} \frac{x^i}{i!} \sum_{j=i}^{n} \frac{n^{j-i}}{(j-i)!} j! a_j \\ \end{align}$
注意到 $(75)$ 式中，第二个 $\Sigma$ 是一个减法卷积，那么我们就可以 $NTT$ 了。
于是，我们就可以倍增出 $S_{1,2n}$ 了。
时间复杂度 $T(n) = T(\frac{n}{2}) + O(n\log{n}) = O(n\log{n})$ 。

第一类斯特林数和阶乘

由第一类斯特林数的定义，显然 $n! = \sum_{i=0}^{n} S_1(n,i)$ 。
这是由排列与置换和轮换的关系推导出来的。

第一类斯特林数和上升/下降幂

因为第一类斯特林数的生成函数就是 $x^{\overline{n}}$ ，
所以接下来我们考虑下降幂的展开：
$x^{\underline{n}} = (-x)^{\overline{n}} \times (-1)^n$
$x^{\underline{n}} = (-1)^n\sum_{i=0}^{n} S_1(n,i) (-x)^i$
$x^{\underline{n}} = (-1)^n\sum_{i=0}^{n} S_1(n,i) (-1)^i x^i$
$x^{\underline{n}} = \sum_{i=0}^{n} S_1(n,i) (-1)^{n-i} x^i$
于是我们就可以定义出有符号第一类斯特林数。
及 $S_1'(n,m) = (-1)^{n-m}S_1(n,m)$ 。
并且有符号第一类斯特林数的生成函数就是 $\prod_{i=0}^{n-1}(x-i) = x^{\underline{n}}$ 。

第二类斯特林数和自然数的幂

我们考虑 $n^k$ 的组合意义：有 $n$ 个有标号的盒子，有 $k$ 个有标号的球，每个球随便放的方案数。
因为我们有 $S_2(k,m)$ 表示将 $k$ 个有标号的球分成 $m$ 个非空集合的方案数。
那么我们不难写出：
$n^k = \sum_{i=0}^{k} C(n,i) S_2(k,i) i!$
$n^k = \sum_{i=0}^{k} S_2(k,i) n^{\underline{i}}$
其实就是枚举在 $n$ 个盒子中用了几个，盒子还有标号，所以乘阶乘。

求第二类斯特林数的某一行

我第一眼看到 $(81)$ 式，觉得好像可以二项式反演？
那么我们设：
$f_k(n) = n^k$
$g_k(n) = S_2(k,n) n!$
于是， $(81)$ 式就可以写成：
$f_k(n) = \sum_{i=0}^{k} C(n,i) g_k(i)$
$f_k(n) = \sum_{i=0}^{n} C(n,i) g_k(i)$
这显然可以二项式反演：
$g_k(n) = \sum_{i=0}^{n} C(n,i) (-1)^{n-i} f_k(i)$
那么我们其实就已经推出 $S_2(k,n)$ 的通项公式了：
$n!\ S_2(k,n) = \sum_{i=0}^{n} C(n,i) (-1)^{n-i} i^k$
$\begin{align} S_2(n,m) &= \frac{1}{m!} \sum_{i=0}^{m} C(m,i) (-1)^{m-i} i^n \\ &= \frac{1}{m!} \sum_{i=0}^{m} C(m,i) (-1)^i (m-i)^n \\ &= \sum_{i=0}^{m} \frac{(-1)^i}{i!} \times \frac{(m-i)^n} {(m-i)!} \end{align}$
这样，我们就可以 $O(n\log{n})$ 求出第二类斯特林数的一行了。

两类斯特林数的生成函数

为了表示清晰，我们用

$S_{1,n}(x)$ 表示第一类斯特林数第 $n$ 行的生成函数。
$S_{2,n}(x)$ 表示第二类斯特林数第 $n$ 行的生成函数。
$T_{1,n}(x)$ 表示第一类斯特林数第 $n$ 列的生成函数。
$T_{2,n}(x)$ 表示第二类斯特林数第 $n$ 列的生成函数。

那么通过递推式，我们可以得出：

第一类斯特林数——行：
$S_{1,n}(x)= \begin{cases} 1, & n=0 \\ (x+n-1)S_{1,n-1}(x), & n \geq 1 \end{cases}$

第二类斯特林数——行：
$S_{2,n}(x)= \begin{cases} 1, & n=0 \\ x(S'_{1,n-1}(x)+S_{1,n-1}(x)), & n \geq 1 \end{cases}$

第二类斯特林数——列：
$S_2(n,m) = S_2(n-1,m-1) + mS_1(n-1,m)$
$T_2(m,n) = T_2(m-1,n-1) + mT_1(m,n-1)$
$T_{2,m}(x) = xT_{2,m-1}(x) + mxT_{2,m}$
$(1-mx)T_{2,m}(x) = xT_{2,m-1}(x)$
$T_{2,m}(x) = \frac {x T_{2,m-1} (x)} {1-mx}$
$T_{2,m}(x) = \frac{x}{1-mx}T_{2,m-1}(x)$
$T_{2,m}(x) = \frac{x^m}{\prod_{i=1}^{m}(1-ix)}$
此时我们可以在用之前的倍增做法将 $O(n\log^2{n})$ 优化至 $O(n\log{n})$ 。

第一类斯特林数——列：放弃！！！看 $Luogu$ 题解吧。。。

斯特林反演——反转公式

给出一个显然~~而且之前也用过~~的式子：
$x^{\overline{n}} = (-1)^n (-x)^{\underline{n}}$
$x^{\underline{n}} = (-1)^n (-x)^{\overline{n}}$
那么我们将其代入之前的一个式子：
$\begin{align} n^m &= \sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) n^{\underline{k}} \\ &= \sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) (-1)^k (-n)^{\overline{k}} \end{align}$
此时我们想到第一类斯特林数的生成函数，有：
$n^m = \sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) (-1)^k (-n)^{\overline{k}}$
$n^m = \sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) (-1)^k \sum_{j=0}^{k} S_1(k,j) (-n)^j$
$n^m = \sum_{j=0}^{m} n^j \sum_{k=j}^{m} S_2(m,k) S_1(k,j) (-1)^{k-j}$
对比两侧的系数，而且这个式子对于任意 $n$ 都满足，所以有：
$\sum_{k=j}^{m} S_2(m,k) S_1(k,j) (-1)^{k-j} = [j=m]$
如果我们是用 $n^{\underline{m}}$ 来推导还可以得到另一个式子：
$\sum_{k=j}^{m} S_1(m,k) S_2(k,j) (-1)^{k-j} = [j=m]$
放在一起就是：
$\begin{align} \sum_{k=j}^{m} S_2(m,k) S_1(k,j) (-1)^{k-j} &= [j=m] \\ \sum_{k=j}^{m} S_1(m,k) S_2(k,j) (-1)^{k-j} &= [j=m] \end{align}$

斯特林反演——反演公式：

假设我们知道 $f(n) = \sum_{i=0}^{n} S_2(n,i) g(i)$ ，
求 $g(n)$ 关于 $f(i)$ 的表达式。
我们考虑一个及其显然的式子：
$g(n) = \sum_{i=0}^{n} [i=n] g(i)$
$g(n) = \sum_{i=0}^{n} \left(\sum_{j=i}^{n} S_1(n,j)S_2(j,i)(-1)^{n-j}\right)g(i)$
$g(n) = \sum_{i=0}^{n} \left(\sum_{j=0}^{n} S_1(n,j)S_2(j,i)(-1)^{n-j}\right)g(i)$
$g(n) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^{n-j} S_1(n,j) \sum_{i=0}^{n} S_2(j,i) g(i)$
$g(n) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^{n-j} S_1(n,j) f(j)$
$g(n) = \sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} S_1(n,i) f(i)$
同理，那么我们可以得到这些公式：
$f(n) = \sum_{i=0}^{n} S_2(n,i) g(i) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} S_1(n,i) f(i)$
$f(n) = \sum_{i=0}^{n} S_1(n,i) g(i) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} S_2(n,i) f(i)$

最后编辑于：2020.03.25 20:02:00

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