斯特林数 学习笔记

 

本文为博主原创，转载请标明出处。

 

斯特林数 学习笔记

 

原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/Stirling-Number.html 

$\newcommand{\strb}[2]{\left \{ \begin{matrix}{#1}\\{#2}\end{matrix} \right \}}\newcommand{\stra}[2]{\left [ \begin{matrix}{#1}\\{#2}\end{matrix} \right ] }\newcommand{\bino}[2]{\left ( \begin{matrix}{#1}\\{#2}\end{matrix} \right ) }\newcommand{\udl}{\underline}\newcommand{\ovl}{\overline}$

 

第一类斯特林数

定义

　　$S_1(n,m)$ 表示 $n$ 个元素，排成 $m$ 个轮换的方案数，记做 $\stra nm$ 。递推公式为：

$$\stra{n}{k}=(n-1)\stra{n-1}{k}+\stra{n-1}{k-1}$$

​　　可以通过其组合意义来理解：用 $n$ 个元素构成 $k$ 个轮换，其中，第 $n$ 个元素可以独立构成一个新的轮换，有 $\stra {n-1}{k-1}$ 种方案；也可以插入到原有的轮换中，可以插入到之前的任意一个元素的左边，故有 $(n-1)\stra {n-1}k$ 种方案。

从组合意义出发证明一个式子

　　证明

$$n! = \sum_{i=0}^{n} \stra{n}{i}$$

​

　　解： 考虑其组合意义。一个排列，唯一地对应了一个置换：

$$ \begin{pmatrix} 1&2&3&4&\cdots&n\\ p_1&p_2&p_3&p_4&\cdots &p_n \end{pmatrix} $$

 

　　而一个置换，唯一地对应了一组轮换。例如排列 $(1,5,3,2,4)$ ，就可以看做轮换组 $[1][2,5,4][3]$ 。如果两个排列不同，那么他们对应的轮换中，必然有一个元素的下一个元素不同，故排列与轮换一一对应。而原式右侧的式子正是有 $0$~$n$ 个轮换的方案数，就等价于左边。

证明一个重要式子

　　证明

$$x^\udl{n}= \sum_{i=0}^{n} \stra ni(-1)^{n-i} x^i \tag{1}$$

　　解：利用数学归纳法以及推式子：

$$ \begin{eqnarray*} x^\udl {n+1} &=& (x-n) x^\udl n\\ &=& x\cdot x^\udl n - n x^\udl n\\ &=& \left ( \sum_{i=0}^n \stra ni (-1)^{n-i} x^{i+1} \right ) - \left (n\sum_{i=0}^n \stra ni (-1)^{n-i} x^i \right )\\ &=& \left ( \sum_{i=1}^{n+1} \stra n{i-1} (-1)^{n-i-1} x^i \right ) - \left (n\sum_{i=1}^{n+1} \stra ni (-1)^{n-i} x^i \right )\\ &=&\sum_{i=1}^{n+1}\left (\stra n{i-1} + n \stra ni \right )(-1)^{n+1-i}x^i\\ &=&\sum_{i=1}^{n+1}\stra {n+1}{i} (-1)^{n+1-i} x^i \end{eqnarray*} $$

​　　至此，得证。

　　这个式子为何重要呢？是因为它告诉我们斯特林数和下降幂有关系！下降幂展开后，所有系数的绝对值就是一行斯特林数。

求第一类斯特林数

　　现在要求你求出所有 $S_1(n,i)_{|i\in [0,n]}$ 。

　　如果 $n$ 不大，显然可以直接通过定义式来求。但是 $n$ 如果比较大呢？

　　在对于 $(1)$ 的证明中，我们知道了下降幂的每一项系数在数值上面等于斯特林数。所以我们只需要求出下降幂就可以了。

　　直接分治 FFT 显然可以做到 $O(n\log^2 n)$ 的时间复杂度。现在我们来考虑另一种做——倍增法：

　　为了避免各种 $-1$ 系数的烦恼，我们用上升幂来求斯特林数。

​　　假设 $f(x) = x^\ovl n ,g(x)=(x+n)^\ovl n$ ，则 $f(x)g(x)=x^\ovl{2n}$ 。我们需要做的仅仅是通过 $f(x)$ 来快速地求 $g(x)$ 。于是：

$$ 设 f(x)=\sum_{i=0}^n a_i x^i \\ \begin {eqnarray*} 则g(x)&=&\sum_{i=0}^n a_i (x+n)^i \\ &=& \sum_{i=0}^n a_i \sum_{j=0}^i \bino ij n^{i-j} x^j\\ &=& \sum_{i=0}^n \left (\sum_{j=i}^n \bino ji n^{j-i} a_j\right )x^i \end {eqnarray*} $$

　　这个东西显然是一个卷积。直接算就好了。于是总的时间复杂度为

$$T(n) = T(n/2) + O(n\log n) = O(n\log n)$$

 

第二类斯特林数

定义

　　$s_2(n,m)$ 表示 $n$ 个元素分成 $m$ 个集合的方案数，记做 $\strb nm$ 。递推公式为：

$$\strb nm = \strb {n-1}{m-1} + m\strb {n-1}{m}$$

　　从组合意义理解：考虑第 $n$ 个元素的摆放方式。第 $n$ 个元素可以独立构成一个新的集合，方案数是 $\strb {n-1}{m-1}$ ；也可以加入到原有的集合中，方案数是 $m\strb {n-1}m$ 。

证明一个重要式子

　　证明

$$x^n = \sum_{k=0}^{n} \strb nk x^\udl{k}$$

　　解

$$\begin {eqnarray*} x^n &=& \sum_{k=0}^{n} \strb nk x^\udl{k}\\ x^n &=& x \cdot x^{n-1} \\ &=&x \sum_{i=0}^{n-1} \strb{n-1}{i} x^\udl i\\ &=&\sum_{i=0}^{n-1} \strb{n-1}{i} (x^\udl {i+1}+ix^\udl i) \\ &=&\sum_{i=0}^{n-1} \strb{n-1}{i} x^\udl {i+1}+\sum_{i=0}^{n-1} \strb{n-1}{i}ix^\udl i \\ &=&\sum_{i=0}^{n} \strb{n-1}{i-1} x^\udl {i}+\sum_{i=0}^{n-1} \strb{n-1}{i}ix^\udl i \\ &=&\sum_{i=0}^{n} \left ( \strb{n-1}{i-1}+i\strb {n-1}i \right ) x^\udl i\\ &=&\sum_{i=0}^{n} \strb ni x^\udl{i} \end {eqnarray*}$$

　　这个式子说明了第二类斯特林数也和下降幂、整数幂有关系。

如何求第二类斯特林数

　　首先证明这个式子：

$$ \begin{eqnarray*} m!\strb nm &=& \sum_{k=0}^m \bino mk k^n (-1)^{m-k}\\ 解：\strb nm &=& \strb {n-1}{m-1} + m\strb {n-1}m\\ &=& \sum_{k=0}^{m-1} \cfrac {\bino {m-1}{k}k^{n-1}(-1)^{m-1-k}}{(m-1)!} + m\sum_{k=0}^{m} \cfrac {\bino{m}{k}k^{n-1}(-1)^{m-k}}{m!}\\ &=& \sum_{k=0}^{m} \cfrac {\bino {m-1}{k}k^{n-1}(-1)^{m-1-k}}{(m-1)!} + \sum_{k=0}^{m} \cfrac {\bino{m}{k}k^{n-1}(-1)^{m-k}}{(m-1)!}\\ &=& \sum_{k=0}^{m} \cfrac {\bino{m}{k}k^{n-1}(-1)^{m-k}}{(m-1)!} - \sum_{k=0}^{m} \cfrac {\bino {m-1}{k}k^{n-1}(-1)^{m-k}}{(m-1)!} \\ &=& \sum_{k=0}^{m} \cfrac {\bino{m-1}{k-1}k^{n-1}(-1)^{m-k}}{(m-1)!}\\ &=& \sum_{k=0}^{m} \cfrac {(m-1)!k^{n-1}(-1)^{m-k}}{(k-1)!(m-k)!(m-1)!}\\ &=& \sum_{k=0}^{m} \cfrac {m!k^{n}(-1)^{m-k}}{k!(m-k)!m!}\\ &=& \sum_{k=0}^{m} \cfrac {\bino mk k^{n}(-1)^{m-k}}{m!}\\ &\Longrightarrow& m!\strb nm = \sum_{k=0}^m \bino mk k^n (-1)^{m-k}\\ \end{eqnarray*} $$

　　于是自然就可以发现其中的卷积形式。一行斯特林数就可以用 FFT 来快速得到了。

斯特林反演

　　UPD(2019-03-10): 这个东西貌似挺有用的。我更新一下。

　　就几个式子：

　　先把后面的反转公式抄上来：

反转公式：

$$ \begin {eqnarray*} \sum_{k=1}^n \stra nk \strb km (-1)^{n-k} &=& [m=n]\\ \sum_{k=1}^n \strb nk \stra km (-1)^{n-k} &=& [m=n] \end {eqnarray*} $$

 

　　有什么用？

　　举个例子：

　　假设

$$g(n) = \sum_{i=0}^n \strb n i f(i)$$

　　则

$$\begin{eqnarray*}f(n) &=& \sum_{i=0}^n [i = n] f(i)\\ &=& \sum_{i=0}^n\left (\sum_{k=0}^n\stra n k\strb ki(-1)^{n-k} \right)f(i)\\&=&\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}\stra nk \sum_{i=0}^n \strb k i f(i) \\&=& \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \stra n i g(i)\end{eqnarray*}$$

　　类似地，总共可以得到 4 个这样的反演公式：

$$\begin {eqnarray*}f(n) = \sum_{i=0}^n \strb ni g(i) &\Longrightarrow& g(n) = \sum_{i=0}^n (-1) ^{n-i }\stra ni f(i)\\f(n) = \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \strb ni g(i) &\Longrightarrow & g(n) = \sum_{i=0}^n \stra ni f(i) \\ f(n) = \sum_{i=0}^n \stra ni g(i) &\Longrightarrow & g(n) = \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\strb ni f(i)\\ f(n) = \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\stra ni g(i) &\Longrightarrow & g(n) = \sum_{i=0}^n \strb ni f(i)\end{eqnarray*}$$

　　可以用于解特定的与斯特林数有关的方程组。

 

广义斯特林数

　　只(我)要(只)记(知)住(道)：

$$ \strb nk = \stra {-k}{-n} $$

 

 

斯特林数的总结与拓展

（以下公式来源：具体数学 6.1 节；证明由博主自己瞎证的，仅作参考）

 

 

基本式子：

$$ \begin{eqnarray*} \strb{n}{k}&=&k\strb{n-1}{k}+\strb{n-1}{k-1}\\ \stra{n}{k}&=&(n-1)\stra{n-1}{k}+\stra{n-1}{k-1}\\ n! &=& \sum_{i=0}^{n} \stra{n}{i}\\ \strb nk &=& \stra {-k}{-n} \end{eqnarray*} $$

 

特殊值：

$$ \begin{eqnarray*} \strb n0 &=& \stra n0 = [n=0]\\ \strb n1 &=& [n>0]\\ \stra n1 &=& (n-1)![n>0]\\ \strb n2 &=& (2^{n-1}-1)[n>0]\\ \stra n2 &=& (n-1)!\left (\sum_{i=1}^{n-1}\frac 1i \right )[n>0]\\ \strb n {n-1} &=& \stra n {n-1} = \bino n2\\ \strb nn &=& \stra nn =\bino nn = 1\\ \strb nk &=& \stra nk = \bino nk = 0 , k > n \\ \end{eqnarray*} $$

 

在幂之间转换：

$$ \begin {eqnarray*} x^n &=& \sum_{k=0}^{n} \strb nk x^\udl{k}=\sum_{k=1}^n \strb nk (-1)^{n-k} x^\ovl{k}\\ x^\udl n &=& \sum_{k=0}^{n} \stra nk (-1)^{n-k} x^k\\ x^\ovl n &=& \sum_{k=0}^{n} \stra nk x^k \end {eqnarray*} $$

 

反转公式：

$$ \begin {eqnarray*} \sum_{k=1}^n \stra nk \strb km (-1)^{n-k} &=& [m=n]\\ \sum_{k=1}^n \strb nk \stra km (-1)^{n-k} &=& [m=n] \end {eqnarray*} $$

 

其他斯特林数恒等式：

$$ \begin {eqnarray*} \strb{n+1}{m+1}&=&\sum_{k=1}^n \bino nk \strb km \\ \stra{n+1}{m+1}&=&\sum_{k=1}^n \stra nk \bino km \\ \strb nm &=& \sum_{k=1}^n \bino nk \strb{k+1}{m+1} (-1)^{n-k}\\ \stra nm &=& \sum_{k=1}^n \stra {n+1}{k+1}\bino km (-1)^{m-k}\\ m!\strb nm &=& \sum_{k=1}^n \bino mk k^n (-1)^{m-k}\\ \strb {n+1}{m+1} &=& \sum_{k=0}^{n} \strb km (m+1)^{n-k}\\ \stra {n+1}{m+1} &=& \sum_{k=0}^n \stra km n^\udl {n-k} = n! \sum_{k=0}^n \frac{\left [ ^{\ k\ }_{\ m} \right ]}{k!}\\ \strb {m+n+1}m &=& \sum_{k=0}^m k \strb {n+k}k\\ \stra {m+n+1}m &=& \sum_{k=0}^m (n+k) \stra {n+k}k\\ \bino nm &=& \sum_{k=1}^n \strb {n+1}{k+1}\stra km (-1)^{m-k}\\ n^\udl{n-m}[n\geq m]&=& \sum_{k=1}^n \stra {n+1}{k+1}\strb km (-1)^{m-k}\\ \strb {n}{n-m} &=& \sum_{k=1}^n \bino{m-n}{m+k}\bino {m+n}{n+k}\stra {m+k}{k}\\ \stra {n}{n-m} &=& \sum_{k=1}^n \bino{m-n}{m+k}\bino {m+n}{n+k}\strb {m+k}{k}\\ \strb {n}{l+m} \bino {l+m}{l} &=& \sum_{k=1}^n \strb kl \strb {n-k}m \bino nk \\ \stra {n}{l+m} \bino {l+m}{l} &=& \sum_{k=1}^n \stra kl \stra {n-k}m \bino nk \end {eqnarray*} $$

 

证明：

数学归纳及推式子。我比较菜，推的式子都好长。有木有大佬能教教我简单一点的方法？

(1)

$$ \begin{eqnarray*} \strb{n+1}{m+1}&=&\sum_{k=1}^n \bino nk \strb km \\ 解:\strb{n+1}{m+1}&=&(m+1)\strb{n}{m+1}+\strb nm \\ &=&\strb nm + (m+1) \sum_{k=1}^{n-1}\bino{n-1}k \strb km \\ &=&\strb nm + \sum_{k=1}^{n-1}\bino {n-1}k \strb km + m \sum_{k=1}^{n-1}\bino{n-1}k \strb km \\ &=&\strb nm + \sum_{k=1}^{n-1}\bino nk \strb km - \sum_{k=1}^{n-1} \bino {n-1}{k-1} \strb km + m \sum_{k=1}^{n-1}\bino{n-1}k \strb km \\ &=&\sum_{k=1}^{n}\bino nk \strb km - \sum_{k=1}^{n-1}\bino {n-1}{k-1} \left ( \strb{k-1}{m-1}+m \strb {k-1}m \right ) + \cdots \\ &=&\cdots -\sum_{k=0}^{n-2}\bino {n-1}k \left ( \strb k{m-1}+m\strb km \right ) + m\sum_{k=0}^{n-1}\bino {n-1}k \strb km \\ &=&\cdots + m\strb{n-1}m - \sum_{k=0}^{n-2}\bino{n-1}k \strb k{m-1} \\ &=&\cdots +\strb nm - \strb {n-1}{m-1} - \sum_{k=0}^{n-2}\bino{n-1}k \strb k{m-1} \\ &=&\cdots +\strb nm - \sum_{k=0}^{n-1}\bino{n-1}k \strb k{m-1} \\ &=&\cdots + 0 = \sum_{k=1}^n \bino nk \strb km \end{eqnarray*} $$

 

(2)

$$ \begin{eqnarray*} \stra{n+1}{m+1}&=&\sum_{k=1}^{n} \stra nk \bino km \\ 解：\stra{n+1}{m+1}&=&\stra nm + n \stra n{m+1}\\ &=&\stra nm + \sum_{k=1}^{n-1} n\stra {n-1}k \bino km \\ \because (n-1)\stra{n-1}k&=&\stra nk - \stra {n-1}{k-1}\\ \therefore 原式 &=&\stra nm + \sum_{k=1}^{n-1}\left ( \stra nk -\stra {n-1}{k-1}+\stra {n-1}k \right )\bino km\\ &=& \stra nm - \bino nm + \sum_{k=1}^{n} \stra nk \bino km + \sum_{k=1}^{n-1}\left ( \stra {n-1}k - \stra {n-1}{k-1} \right )\bino km\\ &=& \cdots + \sum_{k=1}^{n-1}\left ( \stra {n-1}k - \stra {n-1}{k-1} \right )\bino km\\ &=& \cdots + \bino {n-1}m - \sum_{k=1}^{n-2} \stra {n-1}k \left ( \bino {k-1}m - \bino km \right )\\ &=& \cdots + \bino {n-1}m - \sum_{k=1}^{n-2} \stra {n-1}k \bino k{m-1}\\ &=& \cdots + \bino {n-1}m + \bino {n-1}{m-1} - \sum_{k=1}^{n-1} \stra {n-1}k \bino k{m-1}\\ &=& \cdots + \bino nm - \stra nm \\ &=& \sum_{k=1}^n \stra nk \bino km \end{eqnarray*} $$

 

(3)

$$ \begin{eqnarray*} \strb nm &=& \sum_{k=1}^{n} \bino nk \strb{k+1}{m+1} (-1)^{n-k}\\ 解：\strb nm &=& \strb{n+1}{m+1} - (m+1) \strb n {m+1} \\ &=&\sum_{k=1}^{n+1}\bino {n+1}k \strb{k+1}{m+2}(-1)^{n-k+1} - (m+1) \sum_{k=1}^n \bino nk \strb {k+1}{m+2}(-1)^{n-k}\\ &=&\sum_{k=1}^n \left ( \bino {n+1}k - \bino nk \right ) \strb {k+1}{m+2} (-1)^{n-k+1}+\strb{n+2}{m+2} \\&&\ \ \ \ -(m+2)\sum_{k=1}^n \bino nk \strb {k+1}{m+2}(-1)^{n-k}\\ &=&\sum_{k=1}^n \bino n {k-1}\strb {k+1}{m+2}(-1)^{n-k+1}+\strb{n+2}{m+2}-(m+2)\times \cdots \\ &=&\sum_{k=0}^n \bino nk \strb{k+2}{m+2}(-1)^{n-k} - (m+2) \sum_{k=1}^n \bino nk \strb {k+1}{m+2}(-1)^{n-k} \\ &=&\sum_{k=1}^n \bino nk \strb{k+2}{m+2}(-1)^{n-k} - (m+2) \sum_{k=1}^n \bino nk \strb {k+1}{m+2}(-1)^{n-k} \\ &=&\sum_{k=1}^n \bino nk \left ( \strb {k+2}{m+2}-(m+2)\strb{k+1}{m+2}\right )(-1)^{n-k}\\ &=&\sum_{k=1}^n \bino nk \strb {k+1}{m+1} (-1)^{n-k}\\ &&然后您仔细一看发现我的这个数学归纳是假的？？？？\\ &&没错，是假的，因为这样归纳下去就没有终点了。但是，这个推导可以表明一点：\\ &&在证明第一行的三个斯特林数中，如果两个满足了要求证明的性质，那么第三个也满足。\\ &&这说明我们只需要用 \strb {n}{m} 和 \strb n{m+1} 来归纳证明\strb{n+1}{m+1}就可以了。\\ &&具体来说，就是移个项。 \end{eqnarray*} $$

 

　　剩下的式子就留(gu)给(gu)读(gu)者了。 

 

鸣谢

　　感谢《具体数学》。

　　陈老爷太强了。已经秒掉了此博文的所有内容。