斯特林数相关

斯特林数 往往用于普通幂与下降幂的互相转换，也可以用来做一些计数问题。

有 第一类斯特林数 和 第二类斯特林数。我们用 \({n\brace m}\) 表示 第二类斯特林数，用 \({n\brack m}\) 表示 第一类斯特林数。

本文尽量采用比较“组合”的证明方式。当然，其中大部分式子都可以用数学归纳法证明。

第二类斯特林数

第二类斯特林数 \({n\brace m}\) 表示把 \(n\) 个不同小球放入 \(m\) 个相同盒子，盒子不能空的方案数。

例如把 \(4\) 个不同小球 \(\{1,2,3,4\}\) 放入 \(2\) 个相同盒子有 \(7\) 种方案，为：

\(\{1\}\{2,3,4\},\{2\}\{1,3,4\},\{3\}\{1,2,4\},\{4\}\{1,2,3\},\)

\(\{1,2\}\{3,4\},\{1,3\}\{2,4\},\{1,4\}\{2,3\}\)

所以 \({4\brace 2}=7\)。

规定：\(0\le n<m\) 时，\({n\brace m}=0\)。

\({n\brace m}\) 如何计算呢？

一、递推

考察 \(n\) 号小球所在的盒子。

• 如果为 \(n\) 号小球单独开一个盒子，此时的方案数即为 \({n-1\brace m-1}\)。

• 如果把 \(n\) 号小球放入先前开的盒子里，你要从先前已经有的 \(m\) 个盒子里选出一个来放它，方案数为 \(m{n-1\brace m}\)。

于是得到：

\[{n\brace m}={n-1\brace m-1}+m{n-1\brace m} \]

二、容斥

众所周知，把 \(n\) 个不同小球放入 \(m\) 个不同盒子，盒子可以空的方案数为 \(m^n\)。

先考虑把 \(n\) 个不同小球放入 \(m\) 个不同盒子，盒子不能空的方案数。根据容斥原理，必然是 总方案数 减去 钦定一个盒子空了的方案数，加上 钦定两个盒子空了的方案数……等于 \(\sum_{i=0}^m (-1)^i\binom mi(m-i)^n\)。

相比第二类斯特林数，刚刚那个东西只是多了盒子的顺序，于是有 \(m!{n\brace m}=\sum_{i=0}^m (-1)^i\binom mi(m-i)^n\)，也就是

\[{n\brace m}=\frac 1{m!}\sum_{i=0}^m (-1)^i\binom mi(m-i)^n \]

，这就是通项公式了。

贝尔数 \(b_n\)表示把 \(n\) 个不同小球放入若干个相同盒子，盒子不能空的方案数。第二类斯特林数每行的和为贝尔数，即 \(b_n=\sum_{j=0}^n{n\brace j}\)。但这不是本文的重点。

第一类斯特林数

第一类斯特林数 \({n\brack m}\) 表示将 \(n\) 个不同元素划分为 \(m\) 个轮换的方案数。

例如把 \(4\) 个不同元素 \(\{1,2,3,4\}\) 划入 \(2\) 个轮换有 \(11\) 种方案，为：

\((1)(2,3,4),(1)(2,4,3),(2)(1,3,4),(2)(1,4,3),\)

\((3)(1,2,4),(3)(1,4,2),(4)(1,2,3),(4)(1,3,2),\)

\((1,2)(3,4),(1,3)(2,4),(1,4)(2,3)\)

所以 \({4\brack 2}=11\)。

规定：\(0\le n<m\) 时，\({n\brack m}=0\)。

\({n\brack m}\) 如何计算呢？

递推

考察 \(n\) 号元素所在的轮换。

• 如果为 \(n\) 号元素单独开一个轮换，此时的方案数即为 \({n-1\brack m-1}\)。

• 如果把 \(n\) 号元素放入先前的轮换里，那么你要从先前有的 \((n-1)\) 个间隙里选出一个来插入它，方案数为 \((n-1){n-1\brack m}\)。

于是得到：

\[{n\brack m}={n-1\brack m-1}+(n-1){n-1\brack m} \]

一些性质： \(\sum_{j=0}^n{n\brack j}=n!,{n\brack 1}=(n-1)!\)。

考虑大小为 \(n\) 的一个置换，必然可以分解为若干不相交轮换的复合。

例如置换\(\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4\\4 & 3 & 2 &1\\ \end{pmatrix}=(1\ 4)(2\ 3)\)。

则恰能分解为 \(m\) 个不相交轮换的 大小为 \(n\) 的置换 恰有 \({n\brack m}\) 个。

普通幂与下降幂的转换

下降幂：\(a^\underline b=\prod_{i=0}^{b-1}(a-i)\)，也即 \(A_a^b\)。

斯特林数可以用于普通幂与下降幂的互相转换。什么意思呢？

有如下式子：

\[x^n=\sum_{k=0}^n {n\brace k}x^\underline k\\x^\underline n=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}{n\brack k}x^k \]

对于第一个式子，考虑用两种方法计算把 \(n\) 个不同小球放入 \(x\) 个不同盒子，盒子可以空的方案数：

• \(n\) 个球，每个球有 \(x\) 个盒子可以选，故为 \(x^n\)；
• 盒子不可以空的方案数为 \(x!{n\brace x}\) ；有球的盒子数为 \(k\) 时，方案数即 \(\binom xk k!{n\brace k}=x^{\underline k}{n\brace k}\)，故答案为 \(\sum_{k=0}^n {n\brace k}x^\underline k\\\)。

用两个式子算同一个东西，必然是相等的。

对于第二个式子，也能用类似的方法证明，可以自行思考。

借此，可以用第二类斯特林数加速求自然数 \(k\) 次幂和，如下：
\( S_m(n)=\sum_{i=0}^n i^m\\=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^m{m\brace j}i^{\underline j}\\=\sum_{j=0}^m{m\brace j}\sum_{i=0}^ni^{\underline j}\\=\sum_{j=0}^m{m\brace j}j!\sum_{i=0}^n\binom ij\\=\sum_{j=0}^m{m\brace j}j!\binom{n+1}{j+1}\\=\sum_{j=0}^m{m\brace j}\frac 1{j+1}(n+1)^{\underline {j+1}} \)
其中 \(m\) 为正整数，\(n\) 为非负整数。

上升幂：\(a^\overline b=\prod_{i=0}^{b-1}(a+i)\)。

普通幂和上升幂也有类似的转换。

\[x^n=\sum_{k=0}^n {n\brace k}(-1)^{n-k}x^\overline k\\x^\overline n=\sum_{k=0}^n {n\brack k}x^k \]

斯特林反演

你发现式子 \(x^n=\sum_{k=0}^n {n\brace k}x^\underline k\) 的右边有个下降幂。

你闲得蛋疼想把下降幂转回普通幂。

你得到 \(x^n=\sum_{k=0}^n {n\brace k}x^\underline k\)

\(=\sum_{k=0}^n {n\brace k}\sum_{m=0}^k (-1)^{k-m}{k\brack m}x^m\)

\(=\sum_{m=0}^n\sum_{k=m}^n (-1)^{k-m}{n\brace k} {k\brack m}x^m\)

不论 \(x\) 取多少，左右两边都要相等。所以右边只有 \(x^n\) 的系数是 \(1\)，其它系数都是 \(0\)。

故 \(\sum_{k=m}^n (-1)^{k-m}{n\brace k} {k\brack m}=[m=n]\)

我们知道有一个二项式反演 \(f_n=\sum\limits_{j=0}^n(-1)^j{n\choose j}g_j\Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{j=0}^n(-1)^j{n\choose j}f_j\)；

现在我们还有一个斯特林反演

\[f_n=\sum\limits_{j=0}^n(-1)^j{n\brace j}g_j\Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{j=0}^n(-1)^j{n\brack j}f_j \]

这里只证从右推到左（从左推到右是类似的）。

\(f_n=\sum_{j=0}^n [j=n]f_j\)

\(=\sum_{j=0}^n\sum_{k=j}^n (-1)^{k-j}{n\brace k} {k\brack j}f_j\)

\(=\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\brace k} \sum_{j=0}^k (-1)^{j}{k\brack j}f_j\)

\(=\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\brace k} g_k\)

小练习

1.当 \(n\) 或 \(k\) 变成负整数的时候，怎样定义 \({n\brace k}\) 和 \(n\brack k\) 才能满足递推式？

2.讨论 \(\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\brack k}\) 的值。

更快速的计算

以下不一定是最快的做法，但都只有一只 \(\log\)。

第二类斯特林数·行

由通项公式：\({n\brace m}=\frac 1{m!}\sum_{i=0}^m \binom mi(-1)^i(m-i)^n\)。

明显是一个卷积，于是做到 \(O(n\log n)\)。

第二类斯特林数·列

\({n\brace m}\) 是把 \(n\) 个不同小球放入 \(m\) 个相同盒子，盒子不能空的方案数。

设 \(G(x)\) 为非空集合的 \(\mathbf {EGF}\) ，\(F_m(x)\) 为第二类斯特林数第 \(m\) 列的的 \(\mathbf{EGF}\)，则有 \(F_m(x)=\frac 1{m!}G^m(x)\)。

就是一个多项式快速幂，\(O(n\log n)\)。

第一类斯特林数·行

\(x^\overline n=\sum_{k=0}^n {n\brack k}x^k\)，你发现这恰好就是第一类斯特林数第 \(n\) 行的 \(\mathbf {OGF}\)。

由 \(x^{\overline n}=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)\)，就可以分治做到 \(O(n\log^2n)\) 了。

但是可以更快。由上可得：

• \(x^\overline{n+1}=x^{\overline n}(x+n+1)\)

• \(x^\overline{2n}=x^{\overline n}(x+n)^{\overline n}\)

  \(=x^\overline n\sum_{k=0}^n {n\brack k}(x+n)^k\)

  \(=x^\overline n\sum_{k=0}^n {n\brack k}\sum_{j=0}^k{k\choose j} n^{k-j}x^j\)

  \(=x^\overline n\sum_{j=0}^nx^j\sum_{k=j}^n {n\brack k}{k\choose j} n^{k-j}\)
  可以看出一个卷积。

每次卷积是 \(O(n\log n)\) 的，长度每次翻倍，类似 多项式求逆的分析，可得总复杂度 \(O(n\log n)\)。

第一类斯特林数·列

注意，\(n\brack m\) 表示恰能分解为 \(m\) 个不相交轮换的 大小为 \(n\) 的置换的个数。

设 \(G(x)\) 为轮换的 \(\mathbf{EGF}\)，\(F_m(x)\) 为第一类斯特林数第 \(m\) 列的的 \(\mathbf{EGF}\)，则有 \(F_m(x)=\frac 1{m!}G^m(x)\)。

多项式快速幂，\(O(n\log n)\)。

例题

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有 \(m\) 张牌，其中有一张是王牌。将这些牌均匀随机打乱 \(n\) 次，设有 \(x\) 次第一张为王牌，求 \(x^k\) 的期望值。

答案对 \(998244353\) 取模。

\(1\le k\le 5000\)，\(1\le n,m<998244353\)

加强版：\(1\le k\le 10^7\)，\(1\le n,m<998244353\)

方阵（2018 雅礼集训1-16）

给出一个 \(n\times m\) 的矩形，每个位置可以填上 \([1,c]\) 中的任意一个数，要求填好后 任意两行互不相同 且 任意两列互不相同，两行或两列相同 当且仅当 对应位置都相等，求方案数。

答案对 \(1004535809\) 取模。

\(1\le n,m\le 5000,1\le c<1004535809\)

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参考资料《具体数学》