斯特林数学习笔记

第一类斯特林数

定义

将 $n$ 个互不相同的元素，划分为 $k$ 个互不区分的非空轮换的方案数，记为 $s(n,k)$，或 $n \brack m$。

一个轮换就是一个首尾相接的环形排列。如轮换 $[A,B,C,D]$，我们认为 $[A,B,C,D]=[B,C,D,A]=[C,D,A,B]=[D,A,B,C]$。即，两个可以通过旋转而相互得到的轮换是等价的。需要注意，通过翻转得到的轮换不等价，如：$[A,B,C,D] \ne [D,C,B,A]$。

第一类斯特林数也可以形象理解为：$n$ 个人坐 $m$ 张圆桌（没有空桌）的方案数。

递推式

${n \brack k} = {n-1 \brack k-1}+(n-1){n-1 \brack k}$。

其中边界为 ${n \brack 0}=[n==0]$。

递推式的证明可以考虑组合意义，新加入一个元素时，有两种方案：

• 将该元素单独至于一个轮换中，那么共有 $n-1 \brack k-1$ 种方案。

• 将该元素加入当任意一个现有的轮换中，共有 $(n-1) {n-1 \brack k}$ 种方案。

第二类斯特林数

将 $n$ 个互不相同的元素，划分为 $m$ 个互不区分的非空子集的方案数。记为 $n \brace m$，也可记为 $S(n,m)$

递推式

${n \brace k}={n-1 \brace k-1}+k {n-1 \brace k}$

其中边界为 ${n \brace 0}=[n==0]$。

递推式的证明可以考虑组合意义，新加入一个元素时，有两种方案：

• 将该元素单独至于一个新集合中，那么共有 $n-1 \brace k-1$ 种方案。

• 将该元素加入当任意一个现有的轮换中，共有 $k {n-1 \brace k}$ 种方案。

通项公式

利用二项式反演，可以得到第二类斯特林数的通项公式：

${n \brace m}=\dfrac{\sum_{i=0}^{m} (-1)^{m-i} \binom{m}{i} i^n =\sum_{i=0}^{m}}{m!} =\sum_{i=0}^{m} \dfrac{(-1)^{m-i} i^n}{i!(m-i)!}$

建筑师

对于一个 $1,2,\ldots,n$ 的排列，设有 $A$ 个数的左边都比它小，$B$ 个数的右边都比它小，求满足的排列个数。

$T$ 组询问，答案对 $998244353$ 取模。

$1 \leq n \leq 50000, \ 1 \leq A, B \leq 100, \ 1 \leq T \leq 200000$。

思路：

不难发现，$n$ 一定满足题意，考虑以 $n$ 为界限，在其左侧的属于 $A$，在其右侧的属于 $B$。

设第 $i$ 个位置上的数为 $p_i$，$pre_i=\max_{1\leq j \leq i} p_i$。

那么对于一个在 $A$ 中的数字，一定满足 $pre_i=p_i$，在 $B$ 中的同理。

设 $i,j$ 为前后两个在 $A$ 中的数，那么对于 $k \in (i,j)$，一定满足 $p_k < pre_k$。考虑将 $[i,j-1]$ 划分为一个区间，那么最终可以得到 $A+B-1$ 个区间，如下图所示：

其中黑色的方块表示该点在 $A$ 或 $B$ 中，其中 $n$ 单独成一个区间。

不难发现，划分为 $A+B-1$ 个区间以后，区间内最大的数一定在区间的最左侧或最右侧。而对于其他的数，则可以全排列。

那么一个区间就等价于一个固定了开头的轮换，于是就可以套用第一类斯特林数，总的划分方案数为 $n-1 \brack A+B-2$。

而一个区间既可以放在 $A$ 中，也可以放在 $B$ 中，将区间分组的方案数就为 $\binom{A+B-2}{A-1}$。

于是对于每一组询问，答案就是 $\binom{A+B-2}{A-1} {n-1 \brack A+B-2}$。

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=50010,M=210,mod=1e9+7;
int n,A,B,c[N][M],s[N][M];
int main()
{
	s[0][0]=1;for(int i=1;i<N;i++) for(int j=1;j<M;j++) s[i][j]=(s[i-1][j-1]+1ll*(i-1)*s[i-1][j]%mod)%mod;
	for(int i=0;i<M;i++) for(int j=0;j<=i;j++) if(!j) c[i][j]=1;else c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
	int T;scanf("%d",&T);while(T--) scanf("%d%d%d",&n,&A,&B),printf("%d\n",1ll*c[A+B-2][A-1]*s[n-1][A+B-2]%mod);
	return 0;
}

组合数问题

计算

$$\left(\sum_{k=0}^{n}f(k)\times x^k\times \binom{n}{k}\right)\bmod p$$

的值。其中 $n$, $x$, $p$ 为给定的整数，$f(k)$ 为给定的一个 $m$ 次多项式 $f(k) = a_0 + a_1k + a_2k^2 + \cdots + a_mk^m$。$\binom{n}{k}$ 为组合数，其值为 $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$。

$1\le n, x, p \le 10^9, 0\le a_i\le 10^9, 0\le m \le \min(n,1000)$。

思路：

令 $x^{\underline{k} }=\prod_{i=x-k+1}^{x}=x(x-1)(x-2)\ldots (x-k+1)$。称为 $x$ 的 $k$ 次下降幂。

而对于单项式下降幂，与组合数存在以下联系：

$$\binom{n}{k} k^{\underline{m} }=\binom{n-m}{k-m} n^{\underline{m} }$$

考虑将多项式 $f(k)=\sum_{i=0}^{m} a_i k^i$ 转换为 $f(k)=\sum_{i=0}^{m} b_i k^{\underline{i} }$ 的形式。

对于一个单项式 $x_n$，与第二类斯特林数存在以下等式：

$$x^n=\sum_{i=0}^{n} {n \brace i} \binom{x}{i} i!=\sum_{i=0}^{n} {n \brace i} x^{\underline{i}}$$

形象地理解一下，$x^n$ 可以看成是将 $n$ 个小球分别放到 $x$ 个盒子当中，允许有空盒子的方案数。那么就可以考虑枚举哪些盒子不为空，然后就可以套用第二类斯特林数。由于盒子是不同的，所以最后还要乘上一个阶层。

于是就可以将 $f(k)$ 变形：

$$f(k)=\sum_{i=0}^{m} a_i k^i=\sum_{i=0}^{m} a_i \sum_{j=0}^{i} {i \brace j} k^{\underline{j}}$$

$$=\sum_{i=0}^{m} k^{\underline{i}} \sum_{j=i}^{m} {j \brace i}a_j$$

得到 $b_i$ 的表达式：

$$b_i=\sum_{j=i}^{m} {j \brace i}a_j$$

于是 $b_i$ 就可以 $O(m^2)$ 预处理出来。

接下来考虑对原式进行变形：

$$\sum_{k=0}^{n}f(k)\times x^k\times \binom{n}{k}$$

$$=\sum_{k=0}^{n} \sum_{i=0}^{m} b_i k^{\underline{i}} \times x^k\times \binom{n}{k}$$

利用上面的组合公式，可以得到：

$$\sum_{k=0}^{n} \sum_{i=0}^{m} b_i n^{\underline{i}} \times x^k\times \binom{n-i}{k-i}$$

$$=\sum_{i=0}^{m} b_i n^{\underline{i}} \sum_{k=0}^{n} \times x^k\times \binom{n-i}{k-i}$$

注意到当 $k<i$ 时，后面的组合数没有意义，考虑内层枚举 $k-i$ ，得到：

$$\sum_{i=0}^{m} b_i n^{\underline{i}} \sum_{k=0}^{n-i} \times x^{k+i}\times \binom{n-i}{k}$$

$$=\sum_{i=0}^{m} b_i n^{\underline{i}} x^i \sum_{k=0}^{n-i} \times x^{k}\times \binom{n-i}{k}$$

此时不难发现，内层循环就是一个二项式的展开形式，利用二项式定理，可以得到：

$$\sum_{i=0}^{m} b_i n^{\underline{i}} x^i (x+1)^{n-i}$$

由于题目中满足 $m\leq 2000$，此时就可以直接枚举得到答案。

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
const int N=2023;
int n,x,ans,p,m,a[N],b[N],s[N][N];
void Add(int &a,int b){a+=b;if(a>=p) a-=p;}
void Mul(int &a,int b){a=1ll*a*b%p;}
int mul(int a,int b){int res=1;while(b) ((b&1)&&(res=1ll*res*a%p,0)),a=1ll*a*a%p,b>>=1;return res;}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&p,&m);for(int i=0;i<=m;i++) scanf("%d",&a[i]);s[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=i;j++) s[i][j]=(s[i-1][j-1]+1ll*j*s[i-1][j]%p)%p;
	for(int i=0;i<=m;i++) for(int j=i;j<=m;j++) Add(b[i],1ll*a[j]*s[j][i]%p);int n_i=1,x_i=1;
	for(int i=0;i<=m;i++) Add(ans,1ll*b[i]*n_i%p*x_i%p*mul(x+1,n-i)%p),Mul(n_i,n-i),Mul(x_i,x);printf("%d\n",ans);
	return 0;
}