斯特林数学习笔记

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斯特林数学习笔记

前置知识

普通生成函数+下降幂+多项式

定义

斯特林数是组合数学概念，分为第一类斯特林数和第二类斯特林数

第一类斯特林数

第一类斯特林数表示为 $\left[\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right]$，表示 $n$ 个不同的人坐 $m$ 张相同的圆桌的方案数（每张圆桌至少坐一人）。

考虑递推式。当我们新加入一个人的时候，要么坐到一张新的桌子，要么和之前的坐在一起。由于是圆桌，所以我们考虑这个人坐在了哪一个人的左边。于是有递推式：

$$\left[\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right]=(n-1)\left[\begin{array}{c}n-1\\ m\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}n-1\\ m-1\end{array}\right]$$

递推的复杂度是 $O(nm)$。

第二类斯特林数

第二类斯特林数表示为 $\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}$，表示 $n$ 个不同的球放进 $m$ 个相同的盒子的方案数（每个盒子至少放一个球）。

考虑递推式。当我们新加入一个球的时候，要么放到一个新的盒子，要么放在之前的盒子里。于是有递推式

$$\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}=m\left\{\begin{array}{c}n-1\\ m\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{c}n-1\\ m-1\end{array}\right\}$$

时间复杂度是 $O(nm)$ 的。

如果只需要求单点的值，可以考虑容斥，令 $f(x)$ 表示至少有 $x$ 个盒子空着的情况数。考虑假设 $m$ 个盒子互不相同，那么考虑先选出 $x$ 个盒子不放，剩下的 $m-x$ 个盒子可以让 $n$ 个球任意放置，于是有

$$f(x)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{x})(m-x{)}^n$$

同时让 $g(x)$ 表示恰好有 $x$ 个盒子空着的情况数，于是有

$$f(x)=\sum _{i=x}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{x})g(i)$$

因为盒子其实本质相同，所以所求即为 $\frac{g(0)}{m!}$，通过二项式反演可得

$$\begin{array}{rl}\frac{g(0)}{m!}& =\frac{\sum _{i=0}^n(-1{)}^{i-0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{0})f(i)}{m!}\\ & =\frac{\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})(m-i{)}^n}{m!}\end{array}$$

所以

$$\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}=\frac{\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})(m-i{)}^n}{m!}$$

更多的我们尝试求解其生成函数，令 $F_k(x)=\sum _{i\ge 0}\left\{\begin{array}{c}i\\ k\end{array}\right\}{x}^i$。那么根据递推式有

$$\begin{array}{rl}& F_k(x)=kx{F}_k(x)+x{F}_{k-1}(x)\\ \Rightarrow & (1-kx)F_k(x)=x{F}_{k-1}(x)\\ \Rightarrow & F_k(x)=\frac{x{F}_{k-1}(x)}{1-kx}\end{array}$$

显然 $F_0(x)=1$，于是可以得到

$$F_k(x)=\frac{x^k}{\prod _{i=1}^k(1-ix)}$$

于是我们得到了 $F_k(x)$ 的封闭形式。

性质

第一类斯特林数

首先有

$$x^{\bar{n}}=\sum _{i\ge 0}\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right]x^i$$

考虑用数学归纳法证明。

当 $n=0$ 时，原式写作

$$1=1$$

等式对于任意 $x$ 均成立。考虑新加入一个数，要么当作自环，有 $x$ 种染色方案，要么插进之前的一个数字的后面，有 $n-1$ 种选择。令 $f_x(n)=\sum _{i\ge 0}\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right]x^i$，那么则有

$$f_x(n+1)=x{f}_x(n)+n{f}_x(n)=(x+n)f_x(n)=(x+n)x^{\bar{n}}=x^{\overline{n+1}}$$

则对于任意 $n,x$，等式均成立。

接下来有

$$x^{\underset{―}{n}}=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right]x^i$$

可以发现

$$\begin{array}{rl}{x}^{\underset{―}{n}}& =(-1{)}^n(-x{)}^{\bar{n}}\\ & =(-1{)}^n\sum _{i\ge 0}\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right](-x{)}^i\\ & =\sum _{i\ge 0}(-1{)}^{n+i}\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right]x^i\\ & =\sum _{i\ge 0}(-1{)}^{n-i}\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right]x^i\end{array}$$

第二类斯特林数

$$x^n=\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}i!(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})=\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{i}}$$

考虑组合意义，即 $n$ 个不同的球放进 $x$ 个不同的盒子里，盒子可以为空。那么就是枚举具体放进了多少个盒子，从 $x$ 个盒子中选出来，将 $n$ 个球放入有多少方案，接着考虑不同的盒子，因此需要乘上 $i!$。

然后我们发现我们可以将下降幂转化成普通幂，同时也可以将普通幂转化成下降幂。

斯特林反演

形式上和二项式反演类似

$$f(n)=\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}g(i)\iff g(n)=\sum _{i=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right](-1{)}^{n-i}f(i)$$

首先证明一个反转公式

$$\begin{gathered} \sum _{k=m}^n(-1{)}^{k-m}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\left[\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right]=[m=n] \\ \sum _{k=m}^n(-1{)}^{n-k}\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]\left\{\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right\}=[m=n] \end{gathered}$$

证明在于

$$\begin{array}{rl}{m}^n& =\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}{m}^{\underset{―}{i}}\\ & =\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}\sum _{j=0}^i(-1{)}^{i-j}\left[\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right]m^j\\ & =\sum _{i=0}^n{m}^i\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}\left[\begin{array}{c}j\\ i\end{array}\right]\left\{\begin{array}{c}n\\ j\end{array}\right\}\end{array}$$

为了使得等式两边恒等，只有当 $i=n$ 时 $\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}\left[\begin{array}{c}j\\ i\end{array}\right]\left\{\begin{array}{c}n\\ j\end{array}\right\}=1$，否则结果均为 $0$。即

$$\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}\left[\begin{array}{c}j\\ i\end{array}\right]\left\{\begin{array}{c}n\\ j\end{array}\right\}=[i=n]$$

换元后即可得到

$$\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k-m}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\left[\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right]=[m=n]$$

对于下面的式子，则有

$$\begin{array}{rl}{m}^{\underset{―}{n}}& =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right]m^i\\ & =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right]\sum _{j=0}^i\left\{\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{j}}\\ & =\sum _{i=0}^n{m}^{\underset{―}{i}}\sum _{j=i}^n(-1{)}^{n-j}[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j}]\{\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\}\end{array}$$

接着证明反演公式，如果 $g(n)=\sum _{i=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right](-1{)}^{n-i}f(i)$，则

$$\begin{array}{rl}f(n)& =\sum _{i=0}^n[i=n]f(i)\\ & =\sum _{i=0}^{n}f(i)\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}\left\{\begin{array}{c}n\\ j\end{array}\right\}\left[\begin{array}{c}j\\ i\end{array}\right]\\ & =\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}\sum _{j=0}^i(-1{)}^{i-j}\left[\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right]f(j)\\ & =\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}g(i)\end{array}$$

而如果 $f(n)=\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}g(i)$，则

$$\begin{array}{rl}g(n)& =\sum _{i=0}^n[i=n]g(i)\\ & =\sum _{i=0}^{n}g(i)\sum _{j=i}^n(-1{)}^{n-j}\left[\begin{array}{c}n\\ j\end{array}\right]\left\{\begin{array}{c}j\\ i\end{array}\right\}\\ & =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right]\sum _{j=0}^i\left\{\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right\}g(j)\\ & =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right]f(i)\end{array}$$

由此，我们证明了斯特林反演的公式

$$f(n)=\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}g(i)\iff g(n)=\sum _{i=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right](-1{)}^{n-i}f(i)$$