斯特林数学习笔记
正文开始前，感谢以下几篇博客：
https://www.cnblogs.com/y2823774827y/p/10700231.html（不认识的）
https://www.cnblogs.com/p-b-p-b/p/10943453.html（PB的）
https://www.cnblogs.com/AThousandMoons/p/10949178.html（CDW的）
第一类斯特林数的定义：$\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}$ 表示把 $n$ 个不同的物品组成恰好 $m$ 个没有区别的圆排列的方案数。
那么有递推公式 $\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}$。前面是把新的物品塞在一个原来的物品后边，后面是新开一个圆排列。
初始 $\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}=1,\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=0(n<m)$。
这毒瘤玩意居然没有单个的通项公式
有个式子：$n^{\overline{m}}=\sum\limits^{m}_{i=0}\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}n^i$。
组合意义？不会
理性证明？看PB的去（算了还是搬过来吧）
$$n^{\overline{m+1}}$$
$$(n+m)n^{\overline{m}}$$
$$(n+m)\sum\limits^{m}_{i=0}\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}n^i$$
$$\sum\limits^{m+1}_{i=0}(m\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}m\\i-1\end{bmatrix})n^i$$
$$\sum\limits^{m+1}_{i=0}\begin{bmatrix}m+1\\i\end{bmatrix}n^i$$
求一行的：$x^{\overline{n}}=\sum\limits^{n}_{i=0}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i$。
所以只要求出 $x^{\overline{n}}$ 这个多项式即可。
设 $F_n(x)=x^{\overline{n}}$。
当 $n$ 是奇数时 $F_n(x)=(x+n-1)F_{n-1}(x)$，不管。
当 $n$ 是偶数时 $F_n(x)=F_{\frac{n}{2}}(x)F_{\frac{n}{2}}(x+\frac{n}{2})$。
（为方便将式子变为 $F_{2n}(x)=F_n(x)F_n(x+n)$）
假设已经求出 $F_n(x)=\sum\limits_{i=0}^na_ix^i$。
$$F_n(x+n)$$
$$\sum\limits_{i=0}^na_i(x+n)^i$$
$$\sum\limits_{i=0}^na_i\sum\limits_{j=0}^i\dbinom{i}{j}x^jn^{i-j}$$
$$\sum\limits_{i=0}^na_ii!\sum\limits_{j=0}^i\dfrac{x^j}{j!}\dfrac{n^{i-j}}{(i-j)!}$$
$$\sum\limits_{j=0}^n\dfrac{x^j}{j!}\sum\limits_{i=j}^n(a_ii!)\dfrac{n^{i-j}}{(i-j)!}$$
令 $A_i=a_ii!,B_i=\dfrac{n^{n-i}}{(n-i)!}$，那么 $x^j$ 的系数是 $\dfrac{A\times B}{j!}[x^{j+n}]$。
时间复杂度 $O(n\log n)$。
求一列的：
考虑生成函数 $F(x)=\sum\limits_{i=1}^{+\infty}(i-1)!\dfrac{x^i}{i!}=\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\dfrac{x^i}{i}$（注意下界是 $1$）。表示把 $n$ 个球形成圆排列（非空）的指数型生成函数（斯特林数中集合没有区别，所以要指数型）。那么 $\dfrac{F^m(x)}{m!}$ 就是把 $n$ 个球形成 $m$ 个圆排列且每个圆排列非空的方案数的指数型生成函数。那么 $\dfrac{\begin{bmatrix}i\\m\end{bmatrix}}{i!}=\dfrac{F^m(x)}{m!}[x^i]$。$O(n\log n)$。
第二类斯特林数的定义：$\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}$ 表示把 $n$ 个不同的物品放进 $m$ 个没有区别的集合，且每个集合都非空的方案数。
那么有递推公式 $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=m\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}$。前面是把新的物品随便找个集合塞下，后面是新开一个集合。
初始 $\begin{Bmatrix}1\\1\end{Bmatrix}=1,\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=0(n<m)$。
有个式子：$n^m=\sum\limits^{m}_{i=0}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\dbinom{n}{i}i!=\sum\limits^m_{i=0}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline{i}}$。
组合意义理解一下，左边是 $m$ 个不同物品扔进 $n$ 个不同集合，且可以有空集合的方案数。右边枚举有多少个非空集合，然后把 $m$ 个物品放进这些集合里。注意第二类斯特林数中集合没有区别，所以要乘回一个 $i!$ 使他们有区别。
二项式反演后可得通项公式 $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\dfrac{1}{m!}\sum\limits^m_{k=0}(-1)^k\dbinom{m}{k}(m-k)^n$。
求一行的：
发现 $\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}=\sum\limits^i_{k=0}\dfrac{(-1)^k}{k!}\dfrac{(i-k)^n}{(i-k)!}$，是个卷积的形式，$O(n\log n)$ 求解。
求一列的：
考虑生成函数 $F(x)=\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\dfrac{x^i}{i!}=e^x-1$（注意下界是 $1$）。表示把 $n$ 个球丢入一个集合（非空）的指数型生成函数（斯特林数中集合没有区别，所以要指数型）。类似上面的做法即可。$O(n\log n)$。
还有一种方法。考虑 $F_m(x)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i\\m\end{Bmatrix}x^i$。那么显然有 $F_0(x)=1$。
$$F_m(x)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i\\m\end{Bmatrix}x^i$$
$$F_m(x)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}(m\begin{Bmatrix}i-1\\m\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}i-1\\m-1\end{Bmatrix})x^i$$
$$F_m(x)=m\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i-1\\m\end{Bmatrix}x^i+\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i-1\\m-1\end{Bmatrix}x^i$$
$$F_m(x)=m\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i\\m\end{Bmatrix}x^{i+1}+\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i\\m-1\end{Bmatrix}x^{i+1}$$
$$F_m(x)=mxF_m(x)+xF_{m-1}(x)$$
$$F_m(x)=\dfrac{xF_{m-1}(x)}{1-mx}$$
$$F_m(x)=\dfrac{x^m}{\prod\limits_{i=1}^m(1-ix)}$$
分母实际上是 $\prod\limits_{i=1}^m(x-i)$ 的系数倒置。可以用上面的方法。也可以 $O(n\log n)$，常数更小。
首先由两个很显然的式子：
$n^{\overline{m}}=(-1)^{n+1}(-n)^{\underline{m}}$
$n^{\underline{m}}=(-1)^{n+1}(-n)^{\overline{m}}$
总结一下上面提到的性质：（顺便引入一些新的）
$n!=\sum\limits^n_{i=0}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}$（其实就是下面的式子令 $n=1$，$m=n$，也可以用抽象代数的意义证）
$n^{\overline{m}}=\sum\limits^m_{i=0}\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}n^i$
$n^{\underline{m}}=\sum\limits^m_{i=0}(-1)^{m-i}\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}n^i$（也可以用数学归纳法证）
$n^m=\sum\limits^m_{i=0}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline{i}}=\sum\limits^m_{i=0}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\dbinom{n}{i}i!$
$n^m=\sum\limits^m_{i=0}(-1)^{m-i}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\overline{i}}$（下面会讲到怎么证）
$\sum\limits^n_{i=0}i^k=\frac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1}-\sum\limits_{i=0}^{k-1}(-1)^{k-i}\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}\sum\limits_{j=0}^nj^i$
$\sum\limits^n_{i=0}i^k=\sum\limits^k_{i=0}\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}\dfrac{(n+1)^{\underline{i+1}}}{i+1}$
关于最后一个式子的证明：（倒数第二个自己来咕了）
$$\sum\limits^n_{i=0}\sum\limits^k_{j=0}\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\dbinom{i}{j}j!$$
$$\sum\limits^k_{j=0}j!\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\sum\limits^n_{i=0}\dbinom{i}{j}$$
$$\sum\limits^k_{j=0}j!\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\dbinom{n+1}{j+1}$$
$$\sum\limits^k_{j=0}j!\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\dfrac{(n+1)^{\underline{j+1}}}{j+1}$$
中间 $\sum\limits^n_{i=0}\dbinom{i}{j}=\dbinom{n+1}{j+1}$ 就是传说中的杨辉恒等式。右边是从 $n+1$ 个位置中选 $j+1$ 个位置，左边是枚举最右边的位置（$i+1$），然后从前 $i$ 个位置中选剩下的 $j$ 个。
有些题目中会用到普通幂和上升/下降幂转换的方法来做。根据PB的总结，当普通幂转上升/下降幂时用第二类，当上升/下降幂转普通幂时用第一类。
斯特林反演：
长得和二项式反演很像。
$$f_n=\sum\limits^n_{k=0}(-1)^k\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}g_k\iff g_n=\sum\limits^n_{k=0}(-1)^k\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}f_k$$
$$f_n=\sum\limits^n_{k=0}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}g_k\iff g_n=\sum\limits^n_{k=0}(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}f_k$$
用这个式子也可以证明上面的一些式子。
证明的话需要两个反转公式：
$$\sum_{i=m}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}i\\m\end{Bmatrix}=[n=m]$$
$$\sum_{i=m}^n(-1)^{n-i}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\m\end{bmatrix}=[n=m]$$
两个奇怪的柿子：
$$\begin{Bmatrix}n+1\\m+1\end{Bmatrix}=\sum_{k}\binom{n}{k}\begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}$$
证明：后面那个相当于从 $n$ 个物品中选出一些，并分成 $m$ 个无序非空集合。
前面那个是把 $n+1$ 个物品分成 $m+1$ 个无序非空集合。
钦定这 $n+1$ 个物品中有一个关键物品，分成的 $m+1$ 个集合中恰好一个含有关键物品，删掉这个集合，显然和后半部分等价。
$$\begin{bmatrix}n+1\\m+1\end{bmatrix}=\sum_{k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\binom{k}{m}$$
证明：后面那个相当于把 $n$ 个物品分成若干个圆排列，再选出 $m$ 个圆排列。
前面那个是把 $n+1$ 个物品分成 $m+1$ 个圆排列。
钦定这 $n+1$ 个物品中有一个关键物品，分成的 $m+1$ 个圆排列中恰好一个含有关键物品，将包含关键物品的那个环从关键物品那里断开。
断开之后会变成一个排列，注意到排列是可以和大小之和一定的圆排列集合一一对应的。
将这些圆排列和原来没被断掉的 $m$ 个圆排列合在一起看，显然和后半部分等价。
暂时先咕到这里。
