3.组合数学（特殊数）01-23

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前言

本文主要记录一些组合数学中常用（？）的特殊数，背景是清华学长回校讲课。

斯特林数

斯特林数有两类，我们先从比较常见的第二类开始介绍。

第二类斯特林数

我们用 ${\binom{n}{k}}$ 表示将 $n$ 个元素划分成 $k$ 个非空子集的方案数。

一些特殊值

${\binom{n}{0}} = [n = 0]$
${\binom{n}{1}} = {\binom{n}{n}} = 1 (n > 0)$
${\binom{n}{2}} = 2^{n - 1} - 1 (n > 0)$
${\binom{n}{n - 1}} = (\binom{n}{2})$

递推式

{\binom{n}{k}} = k {\binom{n - 1}{k}} + {\binom{n - 1}{k - 1}}

考虑第 $n$ 个元素放在哪里。

生成函数

考虑一个盒子装 $n$ 个物品且盒子非空方案数是 $[n > 0]$ 。我们可以写出它的 $E G F$ 为：

F (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} = e^{x} - 1

由 $E G F$ 卷积的组合意义可以知道： $F^{k} (x)$ 就是 $n$ 个有标号物品放到 $k$ 个有标号盒子的 $E G F$ 。但是第二类斯特林数是放到无标号盒子中的，所以还要去掉一个 $k!$ ，也就是：

\frac{1}{n!} {\binom{n}{k}} = [x^{n}] \frac{(e^{x} - 1)^{k}}{k!}

通项公式

{\binom{n}{k}} = \frac{1}{k!} \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{i} (\binom{k}{i}) (k - i)^{n} = \sum_{i = 0}^{k} \frac{(- 1)^{k - i} i^{n}}{i! (k - i)!}

证明：（注意以下的定义中盒子均有标号，但是斯特林数的定义中盒子无标号）先假设盒子可以为空，则有 $g_{i} = i^{n}$ ，然后考虑盒子不为空，根据容斥原理可以得到： $g_{i} = \sum_{j \leq i} (\binom{i}{j}) f_{j}$ ，其中 $f_{i}$ 表示的是盒子不为空且有标号的方案数。然后就可以愉快地进行二项式反演啦：

\begin{aligned} f_{k} & = \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k}{i}) g_{i} \\ = \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k}{i}) i^{n} \\ = \sum_{i = 0}^{k} \frac{(- 1)^{k - i} \times k! i^{n}}{(k - i)! i!} \end{aligned}

最后再去掉标号就得到通项公式如下：

{\binom{n}{k}} = \sum_{i = 0}^{k} \frac{(- 1)^{k - i} i^{n}}{(k - i)! i!}

至于如何快速求，就需要用到 $FFT$ 了，时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

一点点小性质

介绍：这是一个与高阶差分有关的东西，具体长这样：

Δ^{m} x^{n} |_{x = 0} = m! {\binom{n}{m}}

证明：

\begin{aligned} Δ^{m} x^{n} |_{x = 0} & = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{m}{k}) (- 1)^{m - k} (m - k)^{n} \\ m! {\binom{n}{m}} & = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{m}{k}) (- 1)^{m - k} k^{n} \end{aligned}

上面的换一下枚举方式（改倒序）即可。

第一类斯特林数

我们用 $[\binom{n}{k}]$ 表示将 $n$ 个元素排成 $k$ 轮换的方案数。

一些特殊值

$[\binom{n}{0}] = [n = 0]$
$[\binom{n}{n}] = 1 (n > 0)$
$[\binom{n}{1}] = (n - 1)! (n > 0)$
$[\binom{n}{n - 1}] = (\binom{n}{2})$

递推式

[\binom{n}{k}] = (n - 1) [\binom{n - 1}{k}] + [\binom{n - 1}{k - 1}]

考虑第 $n$ 个元素在轮换中所处的位置，其可以插到任何一个元素后面，也可单开一个轮换。

生成函数

可以类比第二类斯特林数，我们依然先考虑只有一个轮换的情况， $k = 1$ 时 $[\binom{n}{1}] = (n - 1)!$ 的 $EGF$ ：

\begin{aligned} F (x) & = \sum_{n = 1}^{\infty} (n - 1)! \frac{x^{n}}{n!} \\ = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{n}}{n} = - \ln (1 - x) & (*) \end{aligned}

对于 $(*)$ 处也许会有读者感到疑惑（也有可能就是笔者菜？），在此稍微解释一番。我们可以观察这个 $\sum$ ，能发现 $\frac{x^{n}}{n}$ 中分母与指数相同，因为我们想把这个东西写成封闭形式，所以我们可以对其求导，因为这样分母就能抵消，然后就变成 $\sum_{n = 0}^{\infty} x^{n}$ 了。~~一点也不~~仔细一瞧，这不一眼那啥就做完了吗？

我们还可以继续思考，什么东西求导会有类似的形式呢？有的兄弟，有的！这样的封闭形式还有一个！我们对 $\ln (x)$ 求导有 $\ln (x)^{'} = \frac{1}{x}$ ，于是我们换一下元变一变符号就得到上面的等式了！

有了以上内容，我们可以得到 $k$ 个无标号轮换的 $EGF$ 为：

\frac{f^{k} (x)}{k!} = \frac{(- 1)^{k} \ln^{k} (1 - x)}{k!}

即：

\frac{1}{n!} [\binom{n}{k}] = [x^{n}] \frac{(- 1)^{k} \ln^{k} (1 - x)}{k!}

通项公式

我把东西放在这里懒得搬过来了

一行之和

因为一个有 $n$ 个元素的排列和一个 $n$ 个元素的置换一一对应，于是对所有置换中的轮换数之和有：

\sum_{k = 0}^{n} [\binom{n}{k}] = n!

斯特林数的一些常用公式

这里面的公式通常和一些奇奇怪怪的组合数之类的搭配使用，其中普通幂与其他幂之间的转化最常见，但本文也许会不限于此。其中普通幂转下降幂会给出证明，而其他有关幂之间的转换证明可参考证明。

普通幂转下降幂：

x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{\underset{―}{k}} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} (\binom{x}{k}) k!

证明：

使用数学归纳法，我们可以观察到：

x^{\underset{―}{k + 1}} = x^{\underset{―}{k}} (x - k) \Rightarrow x \cdot x^{\underset{―}{k}} = x^{\underset{―}{k + 1}} + k x^{\underset{―}{k}}

于是有：

\begin{aligned} x \cdot x^{n - 1} & = x \cdot \sum_{k = 0}^{n - 1} {\binom{n - 1}{k}} x^{\underset{―}{k}} \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} {\binom{n - 1}{k}} x^{\underset{―}{k + 1}} + \sum_{k = 0}^{n - 1} {\binom{n - 1}{k}} k x^{\underset{―}{k}} \\ = \sum_{k = 1}^{n} {\binom{n - 1}{k - 1}} x^{\underset{―}{k}} + \sum_{k = 1}^{n - 1} {\binom{n - 1}{k}} k x^{\underset{―}{k}} \\ = \sum_{k = 1}^{n} ({\binom{n - 1}{k - 1}} x^{\underset{―}{k}} + k {\binom{n - 1}{k}}) x^{\underset{―}{k}} \\ = \sum_{i = 1}^{n} {\binom{n}{k}} x^{\underset{―}{k}} \end{aligned}

上升幂转普通幂：

x^{\overset{―}{n}} = \sum_{k = 0}^{n} [\binom{n}{k}] x^{k}

下降幂转普通幂：

x^{\underset{―}{n}} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} [\binom{n}{k}] x^{k}

证明考虑两边带入 $- x$ 然后变成上升幂证。

普通幂转上升幂：

x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} {\binom{n}{k}} x^{\overset{―}{k}}

反转公式：

\sum_{k} {\binom{n}{k}} [\binom{k}{m}] (- 1)^{n - k} = [n = m]

\sum_{k} [\binom{n}{k}] {\binom{k}{m}} (- 1)^{n - k} = [n = m]

证明用普通幂先转上升幂再用上升幂转普通幂，下面的就用普通幂和下降幂互相转化即可。

第二类斯特林数展开：

{\binom{n + 1}{m + 1}} = \sum_{k} (\binom{n}{k}) {\binom{k}{m}}

证明：考虑组合意义。即枚举有哪些元素放在最后一个集合。

第一类斯特林数展开：

[\binom{n + 1}{m + 1}] = \sum_{k} [\binom{n}{k}] (\binom{k}{m})

证明：设最后一个元素所在轮换大小为 $t + 1$ ，有方案数为 $t! [\binom{n - t}{m}]$ ，这又对应 $[\binom{n}{0}], [\binom{n}{1}], \dots, [\binom{n}{n}]$ 中所有置换里不连接 $t$ 个点与 $n - t$ 个点的置换。

posted @ 2025-01-23 21:15 Lyrella 阅读(53) 评论(3) 编辑收藏举报

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