「算法学习」斯特林数和斯特林反演

第二类斯特林数

第二类斯特林数：将 $n$ 个不同元素划分为 $k$ 个不区分的集合的方案数。表示为 ${\binom{n}{k}}$ 或 $S (n, k)$ 。

递推式： ${\binom{n}{k}} = {\binom{n - 1}{k - 1}} + k {\binom{n - 1}{k}}$ 。边界是 ${\binom{n}{0}} = [n = 0]$ 。

通项：令划分成 $i$ 个可为零的集合的方案数为 $g_{i}$ ，没有空集的方案数为 $f_{i}$ ，则 $g_{i} = \sum_{j = 0}^{i} (\binom{i}{j}) f_{j}$ ，反演一下 $f_{i} = \sum_{j = 1}^{i} (- 1)^{i - j} (\binom{i}{j}) g_{j} = \sum_{j = 1}^{i} (- 1)^{i - j} (\binom{i}{j}) n^{j}$ 。由于 ${\binom{n}{k}}$ 要求集合之间不区分，所以 ${\binom{n}{k}} = \sum_{i = 1}^{k} \frac{(- 1)^{k - i} i^{n}}{i! (k - i)!}$ 。（注意这里是 $i^{n}$ 而不是 $n^{i}$ ）

同一行第二类斯特林数：用上面的通项卷积即可，时间复杂度 $O (n \log_{2} n)$ 。

同一列第二类斯特林数：

第一类斯特林数

第一类斯特林数：将 $n$ 个不同元素划分为 $k$ 个轮换的方案数。表示为 $[\binom{n}{k}]$ 或 $s (n, k)$ 。

递推式： $[\binom{n}{k}] = [\binom{n - 1}{k - 1}] + (n - 1) [\binom{n - 1}{k}]$ ，边界是 $[\binom{n}{0}] = [n = 0]$ 。

通项：目前第一类斯特林数没有实用的通项公式。

同一行第一类斯特林数：类似第二类斯特林数，我们构造同行第一类斯特林数的生成函数，即 $F_{n} (x) = \sum_{i = 0}^{n} [\binom{n}{i}] x^{i}$ 。根据递推公式， $F_{n} (x) = (n - 1) F_{n - 1} (x) + x F_{n - 1} (x) = \prod_{i = 0}^{n - 1} (x + i) = \frac{(x + n - 1)!}{(x - 1)!}$ 。这其实是 $x$ 的 $n$ 次阶乘幂，记作 $x^{\overset{―}{n}}$ 。这个东西可以分治乘 $O (n \log^{2} n)$ ，也可以用上升幂相关做法 $O (n \log n)$ 求出。

同一列第一类斯特林数：

斯特林反演

可以先回顾一下二项式反演，二项式反演的核心式子是 $\sum_{k = j}^{i} (- 1)^{k - j} (\binom{i}{k}) (\binom{k}{j}) = \sum_{k = j}^{i} (- 1)^{k - j} (\binom{i}{j}) (\binom{i - j}{k - j}) = (\binom{i}{j}) \sum_{k = 0}^{i - j} (- 1)^{k} (\binom{i - j}{k}) = (\binom{i}{j}) \sum_{k = 0}^{i - j} (- 1)^{k} (\binom{i - j}{k}) = (\binom{i}{j}) (1 - 1)^{i - j} = [i = j]$ 。

$a_{i j} := (\binom{i}{j})$ ， $b_{i j} := (- 1)^{i - j} (\binom{i}{j})$ ， $c_{i j} := \sum_{k = 0}^{n} a_{i k} b_{k j} = \sum_{k = j}^{i} (- 1)^{k - j} (\binom{i}{k}) (\binom{k}{j}) = [i = j]$ 。

即 $A B = C = I$ ，所以 $A F = G \Rightarrow F = B G$ 。

所以 $g (n) = \sum_{i = 0}^{n} a_{n i} f (i) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) f (i) \Rightarrow f (n) = \sum_{i = 0}^{n} b_{n i} g (i) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) g (i)$ 。

同理，斯特林反演也有这样一个核心式子：
$[i = j] = \sum_{k = j}^{i} (- 1)^{i - k} [\binom{i}{k}] {\binom{k}{j}}$ 。

$[i = j] = \sum_{k = j}^{i} (- 1)^{i - k} {\binom{i}{k}} [\binom{k}{j}]$ 。

所以，斯特林反演的形式和二项式反演基本一致：

$g (n) = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} f (i) \Rightarrow f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\binom{n}{i}] g (i)$ 。

$g (n) = \sum_{i = 0}^{n} [\binom{n}{i}] f (i) \Rightarrow f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} {\binom{n}{i}} g (i)$ 。

考虑证明这两个核心式子：

上升幂与普通幂，下降幂与普通幂

上升幂与普通幂的相互转化：我们记上升阶乘幂 $x^{\overset{―}{n}} = \prod_{i = 0}^{n - 1} (x + i) = \frac{(x + n - 1)!}{(x - 1)!}$ 。

则可以利用下面的恒等式将上升幂转化为普通幂： $x^{\overset{―}{n}} = \sum_{k = 0}^{n} [\binom{n}{k}] x^{k}$ 。（第一斯特林数的生成函数）

如果将普通幂转化为上升幂，其实反演一下就好了： $x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} {\binom{n}{k}} x^{\overset{―}{k}}$ 。

同理，将 $x$ 换成 $- x$ ， $x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{\underset{―}{k}}$ 。

反演一下， $x^{\underset{―}{n}} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} [\binom{n}{k}] x^{k}$ 。

多项式下降阶乘幂表示与多项式点值表示的关系

其实就是稍微推推式子化成卷积。

例题

CountTables
令 $f_{i}$ 为所有行不相同的方案数， $g_{i}$ 为所有行和列都不相同的方案数。

$f_{i} = (C^{i})^{\underset{―}{m}} = \sum_{j = 0}^{n} {\binom{i}{j}} g_{j}$ 。

所以 $g_{i} = \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{n - j} [\binom{i}{j}] f_{j} = \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{n - j} [\binom{i}{j}] (C^{i})^{\underset{―}{m}}$ 。答案即为 $g_{n}$ 。

「BZOJ4671」异或图
令 $f_{i}$ 为至少有 $i$ 个连通块的方案数， $g_{i}$ 为恰好有 $i$ 个连通块的方案数。

$f_{i} = \sum_{j = i}^{n} {\binom{j}{i}} g_{j} \Rightarrow g_{i} = \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{j - i} [\binom{j}{i}] f_{j}$ 。

现在要求 $f_{i}$ 。发现可以枚举拆分的情况，连通块之间的边异或和为 $1$ ，简单高斯消元判有无解求自由元即可。

时间复杂度： $O (B e l l (n) n^{4} s / ω)$ 。

[国家集训队] Crash 的文明世界
套路幂和转下降幂。

$\sum_{j = 1}^{n} d i s t (i, j)^{k} = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{u = 0}^{k} {\binom{k}{u}} (\binom{d i s t (i, j)}{u}) * u!$ 。

由于 $O (n k)$ 可过，设 $f (i, j)$ 为 $i$ 子树内 $\sum (\binom{d i s t (i, u)}{j})$ 。这个东西算二次递推即可。然后再做一次换根即可。

CF932E Team Work
$Way 1$ ：用上面那个 trick：幂转下降幂。然后组合数计算即可。

$Way 2$ ：

posted @ 2023-05-04 17:01 Saintex 阅读(72) 评论(0) 编辑收藏举报

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