【笔记】组合数学：从阶乘幂到斯特林数

OI-wiki 抄一点，《具体数学》抄一点，抄抄你的，抄抄他的

斯特林数 - OI Wiki (oi-wiki.org)

斯特林数及斯特林反演 - y2823774827y - 博客园 (cnblogs.com)

阶乘幂

我们记下降阶乘幂

$$x^{\underset{―}{n}}={\displaystyle \frac{x!}{(x-n)!}}=\prod _{k=0}^{n-1}(x-k)$$

上升阶乘幂

$$x^{\bar{n}}={\displaystyle \frac{(x+n-1)!}{(x-1)!}}=\prod _{k=0}^{n-1}(x+k)$$

特别地有 $x^{\underset{―}{0}}=x^{\bar{0}}=1$，如果不能算负整数的阶乘，那么就用最右边的定义。

吸收恒等式

$$m^{\underset{―}{k}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=n^{\underset{―}{k}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{m-k})$$

组合证明：有 $n$ 个有标号小球，先无序地选出 $m$ 个，再从 $m$ 个中有序地选出 $k$ 个，等价于选从 $n$ 个中有序地选出 $k$ 个，再从剩下的小球中无序地选出 $m-k$ 个。

代数证明：两边都等于 $n^{\underset{―}{m}}/(m-k)!$。需要用到的公式：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=n^{\underset{―}{m}}/m!⟺n^{\underset{―}{m}}=m!(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})$$

$$n^{\underset{―}{k}}(n-k{)}^{\underset{―}{m-k}}=n^{\underset{―}{m}}$$

第二条由其因式分解形式容易证明。

上下阶乘幂互转

由因式分解形式可以发现

$$x^{\underset{―}{k}}=(-1{)}^k(-x{)}^{\bar{k}}$$

或另一个感觉没啥用的

$$x^{\underset{―}{k}}=(x-k+1{)}^{\bar{k}}$$

下降幂的差分

$$(x+1{)}^{\underset{―}{m}}-x^{\underset{―}{m}}=m{x}^{\underset{―}{m-1}}$$

这个涉及的是《具体数学》中提到的“有限微积分”。

下降幂二项式定理

$$(x+y{)}^{\underset{―}{n}}=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})x^{\underset{―}{i}}{y}^{\underset{―}{n-i}}$$

$$(x+y{)}^{\bar{n}}=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})x^{\bar{i}}{y}^{\overline{n-i}}$$

与范德蒙德卷积进行对比，发现事实上范德蒙德卷积可以看作是“组合数二项式定理”。下降幂二项式定理可以由范德蒙德卷积推导得到。

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{n})=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{n-i})$$

第二类斯特林数

第二类斯特林数（斯特林子集数）记作 $\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}$ 可读作“$n$ 子集 $k$”，表示将 $n$ 个两两不同的元素划分为 $k$ 个互不区分的非空子集的方案数。

递推式

$$\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}=k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right\}$$

边界是 $\left\{\begin{array}{c}n\\ 0\end{array}\right\}=[n=0]$。

组合意义证明

考虑用组合意义来证明。

我们插入一个新元素时，有两种方案：

• 将新元素单独放入一个子集，有 $\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right\}$ 种方案；
• 将新元素放入一个现有的非空子集，有 $k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}$ 种方案。

根据加法原理，将两式相加即可得到递推式。

重要公式：普通幂转下降幂

$$x^n=\sum _k\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}$$

$k\in [0,n]$，因为根据定义其它位置不可能有值。证明是归纳法。

证明（来源《具体数学》）

$n=0$ 时显然成立；若已知 $n-1$ 情况成立，则因为 $x^{\underset{―}{k+1}}=x^{\underset{―}{k}}(x-k)$，所以 $x^{\underset{―}{k+1}}+k{x}^{\underset{―}{k}}=x\cdot x^{\underset{―}{k}}$。

$$\begin{array}{rl}x\cdot x^{n-1}& =x\sum _k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}\\ & =\sum _k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k+1}}+\sum _k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}k{x}^{\underset{―}{k}}\\ & =\sum _k(\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right\}+k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\})x^{\underset{―}{k}}=\sum _k\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}\end{array}$$

第一类斯特林数

第一类斯特林数（斯特林轮换数）记作 $\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]$ 可读作“$n$ 轮换 $k$”，表示将 $n$ 个两两不同的元素划分为 $k$ 个互不区分的非空轮换的方案数。轮换指的是首尾相接的排列（圆排列）。

递推式

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

边界是 $\left[\begin{array}{c}n\\ 0\end{array}\right]=[n=0]$。

组合意义证明

考虑用组合意义来证明。

我们插入一个新元素时，有两种方案：

• 将新元素单独放入一个轮换，有 $\left[\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right]$ 种方案；
• 将新元素放入一个现有的非空轮换。这部分有点智慧，你需要知道将一个数插入到 $j$ 阶轮换中有 $j$ 种方法（随意选一个间隔插进去），所以考虑所有轮换的阶数和，有 $(n-1)\left[\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right]$ 种方案。

根据加法原理，将两式相加即可得到递推式。

重要公式：上升幂转普通幂

$$x^{\bar{n}}=\sum _k\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]x^k$$

证明（来源《具体数学》）

$n=0$ 时显然成立；若已知 $n-1$ 情况成立，则因为 $(x+n-1)x^k=x^{k+1}+(n-1)x^k$，所以

$$\begin{array}{rl}(x+n-1)\cdot x^{\overline{n-1}}& =(x+n-1)\sum _k\left[\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right]x^k\\ & =\sum _k\left[\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right]x^{k+1}+\sum _k\left[\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right](n-1)x^k\\ & =\sum _k(\left[\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right]+(n-1)\left[\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right])x^k=\sum _k\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]x^k\end{array}$$

同一行或列的斯特林数的计算

• 斯特林数 - 同一行第二类斯特林数的计算 - OI Wiki (oi-wiki.org) 概括：根据定义施二项式反演
• 斯特林数 - 同一列第二类斯特林数的计算 - OI Wiki (oi-wiki.org) 概括：EGF 意义
• 斯特林数 - 同一行第一类斯特林数的计算 - OI Wiki (oi-wiki.org) 概括：倍增求上升幂的展开式
• 斯特林数 - 同一列第一类斯特林数的计算 - OI Wiki (oi-wiki.org) 概括：EGF 意义

同一行第二类斯特林数的计算

这个可能是较重要的。

现在有 $n$ 个有标号的球，令 $f(m)$ 表示将它们放入 $m$ 个有标号的盒子中且要求盒子非空，$g(m)$ 表示将它们放入 $m$ 个有标号的盒子中且不要求盒子非空，则有

$$g(m)=m^n=\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})f(k)$$

施二项式反演：

$$f(m)=\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})(-1{)}^{m-k}g(k)$$

因为

$$f(m)=m!\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}$$

所以

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

两类斯特林数的比较与联系

递推式

$$\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}=k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right\}$$

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

幂的转换

首先有一个直观感受，当 $x>m>0$ 时

$$x^{\underset{―}{m}}<x^m<x^{\bar{m}}$$

这里为了美观折叠一大段推导

然后有普通幂转下降幂公式，记为 $x^{\underset{―}{m}}\to x^m$：

$$x^n=\sum _k\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}$$

我们很早就发现了

$$(-x{)}^{\underset{―}{k}}=(-1{)}^k{x}^{\bar{k}}$$

公式 $x^{\underset{―}{m}}\to x^m$ 带入 $-x$：

$$(-1{)}^n{x}^n=\sum _k\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}(-1{)}^k{x}^{\bar{k}}$$

所以推出了公式 $x^m\leftarrow x^{\bar{k}}$：

$$x^n=\sum _k\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}(-1{)}^{n-k}{x}^{\bar{k}}$$

同样道理，可以由 $x^m\to x^{\bar{k}}$ 推出 $x^{\underset{―}{k}}\leftarrow x^m$。

下面可以看一下阶乘幂和普通幂相互转化的四条公式：

$$x^n=\sum _k\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}(x^{\underset{―}{m}}\to x^m)$$

$$x^{\bar{n}}=\sum _k\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]x^k(x^m\to x^{\bar{m}})$$

$$x^n=\sum _k\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}(-1{)}^{n-k}{x}^{\bar{k}}(x^m\leftarrow x^{\bar{m}})$$

$$x^{\underset{―}{n}}=\sum _k\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right](-1{)}^{n-k}{x}^k(x^{\underset{―}{m}}\leftarrow x^m)$$

总的来说：

• $x^{\underset{―}{m}}\to x^m\to x^{\bar{m}}$ 这一条链上，从左往右逐渐往大的幂靠近，用小的幂组合成大的幂，不带负号，先子集数再轮换数。
• $x^{\underset{―}{m}}\leftarrow x^m\leftarrow x^{\bar{m}}$ 这一条链上，从右往左逐渐往小的幂靠近，用大的幂组合成小的幂，带负号，也是先子集数再轮换数。

反转公式

$$\sum _{k=m}^n(-1{)}^{n-k}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\left[\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right]=[m=n]$$

$$\sum _{k=m}^n(-1{)}^{n-k}\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]\left\{\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right\}=[m=n]$$

所有 $(-1{)}^{n-k}$ 写 $(-1{)}^{k-m}$ 也都是对的。

证明

对于第一个：非常简单，将公式 $x^{\underset{―}{m}}\leftarrow x^m$ 代入到 $x^{\underset{―}{m}}\to x^m$，得到

$$x^n=\sum _m\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}\sum _k\left[\begin{array}{c}m\\ k\end{array}\right](-1{)}^{m-k}{x}^k$$

左式展开之后，必然只有 $x^n$ 项系数有值，而且是 $1$，其它项都是 $0$，仅当 $k=n$ 时对应的系数是 $1$，然后改写一下字母就得到了原式。

这个 $-1$ 上面的指数到底是 $k-m$ 还是 $n-k$，其实这应该是没关系的，给一个零取相反数不会导致什么，而当 $n=m$ 时左边就只有一项。

或者将公式 $x^{\bar{m}}\leftarrow x^m$ 带入到 $x^{\bar{m}}\to x^m$。

$$x^n=\sum _k\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}(-1{)}^{n-k}{x}^{\bar{k}}=\sum _k\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}(-1{)}^{n-k}\sum _m\left[\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right]x^m$$

得到原式，也就是说 $-1$ 的指数是无所谓的。

对于第二个：应该是相同的，将公式 $x^m\leftarrow x^{\bar{m}}$ 代入 $x^m\to x^{\bar{m}}$，后面反正都一样就不写了。

斯特林数反演

$$f(n)=\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}g(k)⟺g(n)=\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]f(k)$$

$$f(n)=\sum _{k=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]g(k)⟺g(n)=\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}f(k)$$

证明

反转公式的直接应用。以第一个为例。

$$\begin{array}{rl}f(n)& =\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}g(k)\\ & =\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\sum _{m=0}^k(-1{)}^{k-m}\left[\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right]f(m)\\ & =\sum _{m=0}^n\sum _{k=m}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}(-1{)}^{k-m}\left[\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right]f(m)\\ & =\sum _{m=0}^n[n=m]f(m)\\ & =f(n)\end{array}$$

应用

• 题解 P4827【[国家集训队] Crash 的文明世界】 - caijianhong - 博客园 (cnblogs.com) 普通幂转下降幂
• 题解 P6620【[省选联考 2020 A 卷] 组合数问题】 - caijianhong - 博客园 (cnblogs.com) 普通幂转下降幂