斯特林数与斯特林反演

首先我们先来了解什么叫做斯特林数。

第一类斯特林数

$\left[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right]$ 或者 $s(n,m)$ 表示从 $n$ 个元素中选出 $m$ 个圆排列的方案数。

什么是圆排列，对于两个排列，如果循环相同，那么这两个排列就被视为相同的圆排列，不难发现，$n$ 个元素的圆排列个数为 $(n-1)!$。

递推式#

考虑递推斯特林数。我们考虑第 $n$ 个元素放在哪个圆排列中，首先是考虑新放一个圆排列，这样的方案数为 $s(n-1,m-1)$，考虑把第 $n$ 个元素放进之前的某个圆排列中，不难发现，把一个元素放入一个 $4$ 个元素的圆排列中有 $4$ 种放法，所以我们把第 $n$ 个元素放在之前的某个圆排列中一共有 $n-1$ 中放法，由此可以得到这样一个式子：

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

这就是第一类斯特林数的递推式。

递推边界：$s(n,n)=1(n\ge 0),s(n,0)=0(n\ge 1)$

性质#

• $s(n,1)=(n-1)!$

由 $n$ 个元素的圆排列个数为 $(n-1)!$ 可以得到。

• $s(n,n-1)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})$

让 $n$ 个元素组成 $n-1$ 个圆排列，实际上是从这 $n$ 个元素里面选出来两个组成一个大小为 $2$ 的圆排列，其余元素单独组成员排列。由此可知，性质成立。

• $s(n,2)=(n-1)!\sum _{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}$

首先我们考虑设第一个圆排列的元素个数为 $i$ ，第二个圆排列的元素个数为 $n-i$，那么根据 $s(n,1)=(n-1)!$ 我们可以得到 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(i-1)!(n-i-1)!$，同时我们需要注意到，因为在第一类斯特林数的定义中圆排列相互之间是没有顺序的，但是我们在计数的过程中却区分了第一个圆排列，第二个圆排列，所以我们算重了 $2$ 遍，由此我们可以得到：

$$\begin{array}{rl}s(n,2)& =\sum _{i=1}^{n-1}\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(i-1)!(n-i-1)!}{2}\\ & =\sum _{i=1}^{n-1}\frac{1}{2}\frac{n!}{i!(n-i)!}\times (i-1)!\times (n-i-1)!\\ & =\sum _{i=1}^{n-1}\frac{1}{2}\frac{n!}{i(n-i)}=(n-1)!\sum _{i=1}^{n-1}\frac{1}{2}(\frac{1}{i}+\frac{1}{n-i})\end{array}$$

容易发现 $\frac{1}{i}$ 与 $\frac{1}{n-i}$ 的贡献相同，所以原式得证。

• $s(n,n-2)=2\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3})+3\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{4})$

我们分两种情况讨论：第一种情况，我们把 $n-3$ 个元素分给 $n-3$ 个圆排列，其余 $3$ 个元素自成一个排列，这样的方案数为 $2\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3})$，前者是 $3$ 元素圆排列个数，后者是从 $n$ 个元素中选出三个当圆排列。

第二种情况，我们把 $n-4$ 个元素分给 $n-4$ 个圆排列，然后剩下两个圆排列每个圆排列两个元素，首先 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{4})$ 选出 $4$ 个元素，然后再 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2})$ 选出两个元素给第一个圆排列，考虑到我们又给排列定了顺序，所以乘上 $\frac{1}{2}$ 。由此可以得到原式。

• $\sum _{k=0}^{n}s(n,k)n^k=n!$

通过下文中的第一类斯特林数的生成函数可以得到这个性质。

符号#

第一类斯特林数分为有符号斯特林数和无符号斯特林数，有符号斯特林数通常表示为 $s_s$，无符号斯特林数通常表示为 $s_u$，我们有 $s_s(n,k)=(-1{)}^{n-k}{s}_u(n,k)$，在本文中，若无特殊说明，第一类斯特林数通常都指的是无符号斯特林数。

第二类斯特林数

$\left\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right\}$ 或 $S(n,m)$ 表示把 $n$ 个元素划分成 $m$ 个非空集合的方案数，其中 $m$ 个集合两两相同。

通项公式#

我们考虑容斥来计算第二类斯特林数的通项公式，首先不管两个限制：非空和集合两两相同。

我们钦定有 $i$ 个集合是空的，然后把所有的球随意的放进剩下的盒子，这里盒子两两不同，这样的方案数应该为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(m-i{)}^n$，然后我们容斥一下，就可以得到非空的方案数，再乘上 $\frac{1}{m!}$ 就可以得到盒子两两相同的方案数。由此，我们可以得到：

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

递推式#

我们一样考虑第 $n$ 个元素怎么放。

第一种情况，把第 $n$ 个元素放在最后一个盒子里，其余的元素放在其他的盒子里，这样的方案数为 $S(n-1,m-1)$。第二种情况，把第 $n$ 个元素和其他元素放在一起，注意这里元素两两不同而盒子两两相同，所以说我们关注的是元素的组合情况，对于每一种方案，我们把第 $n$ 个元素加入一个新的组合都会产生一种情况，所以方案数为 $mS(n-1,m)$，由此，我们可以得到 $S(n,m)=S(n-1,m-1)+mS(n-1,m)$。

边界条件：$S(n,n)=1(n\ge 0),S(n,0)=0(n>1)$。

性质#

• $S(n,1)=1$

根据第二类斯特林数的定义不难的出这个结论。

• $S(n,2)=2^{n-1}-1$

  两个集合我们考虑第一个集合放哪些数，这样的计数结果为 $\sum _{i=1}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})$，考虑到我们给集合定顺序但集合间并没有顺序，所以我们算重了两边，最终结果为：

$$\frac{1}{2}\sum _{i=1}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=\frac{1}{2}(2^n-2)=2^{n-1}-1$$

• $S(n,n-1)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})$

不难想到这个东西实际上是从 $n$ 个元素中选出 $2$ 个放到一个集合里去，由此可以得到上面这个式子。

• $\left\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right\}\equiv 0modn$ 当 $n$ 是质数且 $1<m<n$ 时成立。

证明：

当 $n$ 是质数且 $1<m<n$ 时，我们可以得到：

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

我们对上面这个东西建立生成函数：

$$F(x)=\sum _{m\ge 0}(\sum _{i=0}^m(-1{)}^i\frac{m-i}{i!(m-i)!})x^m$$

发现这个东西是由两个生成函数卷积得到：

$$F(x)=(\sum _{i\ge 0}\frac{(-1{)}^i}{i!}{x}^i)\times (\sum _{i\ge 0}\frac{i}{i!}{x}^i)$$

发现这个是因为关注到 $F(x)$ 的系数本身就是一个卷积形式。

发现前面这个东西的封闭形式是 $e^{-x}$，证明可以通过写出 $e^{-x}$ 在原点处的泰勒展开得到。

而后面那个式子，不难发现 $i=0$ 时式子值为 $0$，所以能够得到：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i\ge 0}\frac{i}{i!}{x}^i& =\sum _{i\ge 1}\frac{i}{i!}{x}^i\\ & =\sum _{i\ge 1}\frac{1}{(i-1)!}{x}^i=\sum _{i\ge 0}\frac{x^{i+1}}{i!}\\ & =x\sum _{i\ge 0}\frac{x^i}{i!}=x{e}^x\end{array}$$

由此我们可以得到 $F(x)$ 的封闭形式 $F(x)=x$。

注意到 $F(x)$ 的第 $m$ 次项为 $0$ ，而第 $m$ 项的系数为 $\left\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right\}$，由此可知原式成立。

• $n^k=\sum _{i=0}^{k}S(k,i)i!(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})$

第三类斯特林数

第三类斯特林数也称作拉赫数，因为和第一二类斯特林数比较类似，所以有这两个名字。
拉赫数可以通过上升幂与下降幂之间的转化来定义，即：

$$\begin{array}{rl}{x}^{\bar{n}}& =\sum _{k=0}^{n}L(n,k)x^{\underset{―}{k}}\\ x^{\underset{―}{n}}& =\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}L(n,k)x^{\bar{k}}\end{array}$$

由此我们可以得到 $L(n,k)$ 的通项公式：

$$L(n,k)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})\frac{n!}{k!}$$

有这个通项公式可以知道第三类斯特林数的递推公式：

$$L(n,k)=(n+k-1)L(n-1,k)+L(n-1,k-1)$$

这个定西可以简单的通过代入来证明。

各种幂之间的转换

这里先给出上升幂与下降幂的公式：

$$\begin{array}{r}{x}^{\bar{n}}=x(x+1)...(x+n-1)\\ x^{\underset{―}{n}}=x(x-1)...(x-n+1)\end{array}$$

上升幂与下降幂之间的转换关系：

$$\begin{gathered} (-x{)}^{\underset{―}{n}}=(-1{)}^n{x}^{\bar{n}} \\ (-x{)}^{\bar{n}}=(-1{)}^n{x}^{\underset{―}{n}} \end{gathered}$$

二项式系数与下降幂之间的关系：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{n^{\underset{―}{k}}}{k!}$$

证明比较显然，这里不再赘述。

• 上升幂与通常幂之间的转换：

$$\begin{array}{rl}{x}^{\bar{n}}& =\sum _{i=0}^{n}s(n,i)x^i\\ x^n& =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}S(n,i)x^{\bar{i}}\end{array}$$

证明：

• 通常幂与下降幂之间的转换：

$$\begin{array}{rl}{x}^{\underset{―}{n}}& =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}s(n,i)x^i\\ x^n& =\sum _{i=0}^{n}S(n,i)x^{\underset{―}{i}}\end{array}$$

• 上升幂与下降幂之间的转换：

$$\begin{array}{rl}{x}^{\bar{n}}& =\sum _{k=0}^{n}L(n,k)x^{\underset{―}{k}}\\ x^{\underset{―}{n}}& =\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}L(n,k)x^{\bar{k}}\end{array}$$

以上性质可以通过归纳以及上升幂与下降幂之间的转换来证明，这里不再赘述。

记忆上面的实际只需要注意什么时候添加 $-1$，给定序列 $x^{\underset{―}{n}},x^n,x^{\bar{n}}$，从左往右转换时需要加，从右往左转换时不需要加，然后注意从上升下降幂转换到通常幂用第一类斯特林数，从通常幂转换到上升下降幂用第二类斯特林数。

通过以上式子，我们通过把上升幂用第三类斯特林数直接转化成下降幂，和先用第一类斯特林数转化成通常幂，再用第二类斯特林数转化成下降幂两种方式，通过比较下降幂系数，我们可以得到第三类斯特林数和两个斯特林数之间的关系：

$$L(n,k)=\sum _{k=0}^{n}s(n,k)S(k,i)$$

生成函数

第一类斯特林数的生成函数就是上升幂。

设 $B_k(x)=\sum _{i\ge k}S(i,k)x^i$，通过观察，我们可以知道：

$$B_k(x)=x{B}_{k-1}(x)+kx{B}_k(x)$$

由此我们可以得到：

$$\begin{array}{rl}{B}_k(x)& =\frac{x{B}_{k-1}(x)}{1-kx}\\ & =\frac{x^2{B}_{k-2}(x)}{(1-kx)(1-(k-1)x)}\\ & =\frac{x^k}{\prod _{r=1}^k(1-rx)}\end{array}$$

设 $F_k(x)=\sum _{i\ge k}S(i,k)\frac{x^i}{i!}$ 则我们可以得到：

$$\begin{array}{rl}{F}_k(x)& =\sum _{i\ge 0}\frac{1}{k!}\sum _{j=0}^k(-1{)}^{k-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})j^i\frac{x^i}{i!}\\ & =\frac{1}{k!}\sum _{j=0}^k(-1{)}^{k-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})\sum _{i\ge 0}{j}^i\frac{x^i}{i!}\\ & =\frac{1}{k!}\sum _{j=0}^k(-1{)}^{k-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})e^{jx}\\ & =\frac{(e^x-1{)}^k}{k!}\end{array}$$

斯特林反演

斯特林反演公式：

$$f(n)=\sum _{i=0}^{n}S(n,i)g(i)\iff g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}s(n,i)f(i)$$

要证明上面这个式子，我们首先引入一个反转公式：

$$\begin{array}{rl}{x}^n& =\sum _{i=0}^{n}S(n,i)x^{\underset{―}{i}}\\ & =\sum _{i=0}^{n}S(n,i)(-1{)}^i(-x{)}^{\bar{i}}\\ & =\sum _{i=0}^{n}S(n,i)(-1{)}^i\sum _{j=0}^{i}s(i,j)(-x{)}^j\\ & =\sum _{j=0}^n{x}^j\sum _{i=j}^{n}S(n,i)s(i,j)(-1{)}^{i-j}\end{array}$$

比较两边系数你就可以得到：

$$\sum _{i=m}^{n}S(n,i)s(i,m)(-1{)}^{i-m}=[n=m]$$

注意这里 $-1$ 的系数也可以是 $n-i$，容易发现当 $n-m=0$ 时这两个数奇偶性相同，当奇偶性不同的时候这两个数绝对不相等，也就是说是 $0$，这并不影响我们这个式子的恒等。

用同样的方法，我们可以得到另一个反转公式：

$$\sum _{i=m}^{n}s(n,i)S(i,m)(-1{)}^{i-m}=[n=m]$$

现在我们来证明斯特林反演。

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

同理，从右往左也可以证明，于是原式得证。

和二项式反演一样，这个式子也有许多变式。由反转公式对称性可以知道，我们交换等号两边的斯特林数仍然成立。我们让和式从 $n$ 开始枚举，枚举的量变成第一个数，式子仍然成立。只需要注意证明的时候不用 $n-j$ 而是用 $j-m$。这里不再赘述其他的几种斯特林反演。