第一二类斯特林数及斯特林反演

第一类斯特林数

符号为\(\begin{bmatrix} n\\ m \end{bmatrix}\)，定义是把\(n\)个数排成\(m\)个圆排列的方案数，递推式为（把第一类斯特林数简记为\(S_1(n,m)\)）：

\[S_1(n,m)=S_1(n-1,m-1)+(n-1)S_1(n-1,m) \]

其中边界为
1.\(S_1(0,0)=1\)
2.\(S_1(n,k)=0(k>n)\)
这个递推式可以如此理解：考虑最后一个放入的物品，它要么跟在前面的一个元素在一个圆中，要么自己新开一个圆
这个东西直接求是\(O(n^2)\)的，怎么优化呢？考虑上述过程，也可以理解为总共进行\(n\)次操作，每次有\(n-1\)种选择不取（对应\((n-1)*S_1(n-1,m)\)），还有\(1\)种选择取（对应\(S_1(n-1,m-1)\)），最后恰好取到\(m\)个物品的方案数。写出它的母函数如下：

\[\sum\limits_{i=0}^{n-1}(x+i) \]

其中\(x_i\)的系数就是\(S_1(n,i)\)
用分治+FFT可以\(O(nlog^2n)\)求\(S_1(n,i)\)
另附两道双倍经验的神仙题：
CF960G Bandit Blues
[FJOI2016]建筑师

第二类斯特林数

符号为\(\begin{Bmatrix} n\\ m \end{Bmatrix}\)，定义是把\(n\)个不同的球放到\(m\)个不可区分的盒子且无空盒的方案数，递推式为（把第二类斯特林数简记为\(S_2(n,m)\)）：

\[S_2(n,m)=S_2(n-1,m-1)+mS_2(n-1,m) \]

边界跟上面一样的
直接求也是\(O(n^2)\)的，发现它有一个比较显然的容斥形式：

\[S_2(n,m)=\frac{1}{m!}\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{i}\binom{m}{i}(m-i)^n \]

理解的话，就是先考虑盒子有区别，就有：\(\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{i}\binom{m}{i}(m-i)^n\)种方案，把\(m\)个盒子无区别的限制加上，除一个\(m!\)就可以了（貌似也可以用二项式反演来证明它的容斥意义？）
化一下式子，把组合数拆开，并且把\(m!\)移到和号里面，可以得到：

\[S_2(n,m)=\sum\limits_{i=0}^{m}\frac{(-1)^{i}}{i!}\frac{(m-i)^n}{(m-i)!} \]

卷积吧，\(O(nlogn)\)的
第二类斯特林数还有一个很妙的性质：\(n^k=\sum\limits_{i=0}^{n}\begin{Bmatrix} k\\ i \end{Bmatrix}i!\binom{n}{i}\)
附例题3道：
[HEOI2016/TJOI2016]求和
CF961G Partitions
CF932E Team Work

斯特林反演

存在以下这么一个式子：

\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^{n}\begin{Bmatrix} n\\ i \end{Bmatrix}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\begin{bmatrix} n\\ i \end{bmatrix}f(i)\]

怎么感觉跟二项式反演辣么像！
太弱了，不会证啦，也没做相关的题。