斯特林数

【基本概念】

第一类斯特林数：$\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]$：把 $n$ 个数放入 $k$ 个环中，本质不同的方案数。（要求每个环非空，环之间不区分，环可旋转）

递推公式：$\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]=(n-1)\left[\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right]$。

第一类斯特林数没有通项公式。

${\displaystyle \sum _{k=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]=n!}$。

第二类斯特林数：$\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}$：把 $n$ 个数放入 $k$ 个盒中，本质不同的方案数。（非空，盒之间不区分）

递推公式：$\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}=k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right\}$。

通项公式：$\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}={\displaystyle \frac{1}{k!}}{\displaystyle \sum _{t=0}^k(-1{)}^t(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{t})(k-t{)}^n}$

【斯特林数与上下阶乘幂】

可以用斯特林数来让普通次幂和 上、下阶乘幂 转化。

普通转下：$x^n={\displaystyle \sum _{k=1}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\cdot x^{\underset{―}{k}}}$

普通转上：$x^n={\displaystyle \sum _{k=1}^n(-1{)}^{n-k}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\cdot x^{\bar{k}}}$

上转普通：$x^{\bar{n}}={\displaystyle \sum _{k=1}^n\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]x^k}$。

下转普通：$x^{\underset{―}{n}}={\displaystyle \sum _{k=1}^n(-1{)}^{n-k}\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]x^k}$。

【快速求某行列斯特林数】

【重要的引理】

引理：如果 $p$ 是质数，则 $x^{\bar{p}}=x^p-x(\mathrm{mod}p)$。

注意 $x^{\bar{p}}=\sum _{k=1}^p\left[\begin{array}{c}p\\ k\end{array}\right]x^k$，比较系数，可知引理与这个命题等价： $\left[\begin{array}{c}p\\ 1\end{array}\right]=-1,\left[\begin{array}{c}p\\ p\end{array}\right]=1,\left[\begin{array}{c}p\\ 2\sim p-1\end{array}\right]=0$。

$\left[\begin{array}{c}p\\ 1\end{array}\right]$ 等于 $p$ 个数的圆排列 $(p-1)!$，由威尔逊定理知 $(p-1)!=1(\mathrm{mod}p)$。

$\left[\begin{array}{c}p\\ p\end{array}\right]$ 只能每个环一个，方案数 $=1$。

$s(x)=x^{\bar{p}}$ 和 $f(x)=x^p-x$ 这两个多项式。显然 $x=0\sim p-1$ 时 $s(x)=0$；由费马小定理，$x=0\sim p-1$ 时 $x^p\equiv x(\mathrm{mod}p)$，所以 $f(x)$ 在 $x=0\sim p-1$ 也等于 $0$。

观察 $G(x)=s(x)-f(x)$，因为 $x^{\bar{p}}-(x^p-x)$ 中 $x^p$ 项消去了，所以 $\mathrm{deg}G(x)<p$。但是由上面我们知道 $G(x)$ 有 $0\sim p-1$ 共 $p$ 个零点。由拉格朗日定理知 $G(x)=0⟺s(x)=f(x)(\mathrm{mod}p)$。

【快速求】

如果 $n$ 比较小直接上递推公式了。

【行】

1. $\left[\begin{array}{c}n\\ 0\sim n\end{array}\right]$，转求 $x^{\bar{n}}$ 的系数。

   令 $f_n(x)=x^{\bar{n}}$，则 $f_{2n}(x)=f_n(x)+f_n(x+n)$。先递归求出 $f_{n/2}(x)$，然后多项式平移。

2. $\left\{\begin{array}{c}n\\ 0\sim n\end{array}\right\}$。

   法一：因为 $x^n={\displaystyle \sum \left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{i}}}$，可以转求 $x^n$ 的下降幂表示，$O(n{\log }^{2}n)$。

   法二：用到通项公式 $\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}={\displaystyle \frac{1}{k!}}{\displaystyle \sum _{t=0}^k(-1{)}^t(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{t})(k-t{)}^n}$。

   $$\sum _{t=0}^k(-1{)}^t(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{t})(k-t{)}^n=\sum _{t=0}^k{\displaystyle \frac{(-1{)}^t}{t!}}\cdot {\displaystyle \frac{(k-t{)}^n}{(k-t)!}}$$

   标准形式 FFT，卷出来之后记得 $\times {\displaystyle \frac{1}{k!}}$。

【列】

1. 第一类。$n$ 个数放入一个圆排列，$\left[\begin{array}{c}n\\ 1\end{array}\right]=(n-1)!$。考虑它关于 $n$ 的 EGF：$\sum _{n>0}\left[\begin{array}{c}n\\ 1\end{array}\right]\cdot {\displaystyle \frac{x^n}{n!}}=\sum _{b>0}{\displaystyle \frac{x^n}{n}}$.

   记为 $\hat{A}(x)$。根据 EGF 相关知识可得，放入 $k$ 个圆排列的 EGF 是 ${\displaystyle \frac{1}{k!}}(\hat{A}(x){)}^k$。用多项式快速幂即可。

2. 第二类。$n$ 个数放入一个盒子的方案数是 $1$。$1$ 的 EGF 是 $su{m}_{n>0}{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}=e^x-1$，$k$ 个盒子就是 ${\displaystyle \frac{1}{k!}}(e^x-1{)}^k$。

【题目】

CF932E

${\displaystyle \sum {(}_i^n)i^k=\sum _{i=1}^n{(}_i^n)\sum _{j=1}^k{\{}_j^k\}{i}^{\underset{―}{j}}=\sum _{i=1}^n{(}_i^n)\sum _{j=1}^{min(k,i)}{\{}_j^k\}{(}_j^i)\cdot j!=\sum _{j=1}^{min(k,n)}j!\cdot {\{}_j^k\}\sum _{i=j}^n{(}_i^n){(}_j^i).}$

这里用一下这个：${(}_i^n){(}_j^i)={(}_j^n){(}_{i-j}^{n-j})$.

${\displaystyle ...=\sum _{j=1}^{min(k,n)}j!{(}_j^n){\{}_j^k\}\sum _{i=j}^n{(}_{i-j}^{n-j})=\sum _{j=1}^{min(k,n)}j!{(}_j^n){\{}_j^k\}\cdot 2^{n-j}}$

$min(k,n)\le 5000$，就相当于 $5000$ 个数求和。

$j!,{(}_j^n),2^{n-j}$ 都可以预处理出来。（注意这里 $j$ 的范围很小）

而 $\left\{\begin{array}{c}k\\ j\end{array}\right\}$ 第二类斯特林数我们直接用递推公式，$O(k^2)$ 预处理。

斯特林

问：$1\sim n$ 的置换，有偶数个环 计数。

即求 ${\displaystyle \sum _{k\equiv 0(\mathrm{mod}2)}{[}_k^n]}$。

解：$x^{\bar{n}}=\sum _{k=1}^n{[}_k^n]x^k$。

将 $x$ 代入 $1,-1$ 可以消掉奇数次幂项。