「学习笔记」斯特林数与贝尔数
斯特林数与数幂、贝尔数
写的东西显然大家都会啊。
斯特林数 Stirling
定义第二类斯特林数 \(\begin{Bmatrix} n \\ m\end{Bmatrix}\) 表示 \(n\) 个元素划分成 \(m\) 个集合，每个集合非空的方案数，读作 \(n\) 子集 \(m\)。由于定义是分成若干集合，第二类斯特林数又称 斯特林子集数。
我们能类似组合数打一个表：
| \(n\) | \(\begin{Bmatrix} n \\ 0\end{Bmatrix}\) | \(\begin{Bmatrix} n \\ 1\end{Bmatrix}\) | \(\begin{Bmatrix} n \\ 2\end{Bmatrix}\) | \(\begin{Bmatrix} n \\ 3\end{Bmatrix}\) | \(\begin{Bmatrix} n \\ 4\end{Bmatrix}\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(0\) | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| \(1\) | 0 | 1 | 0 | 0 | 0 |
| \(2\) | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| \(3\) | 0 | 1 | 3 | 1 | 0 |
| \(4\) | 0 | 1 | 7 | 6 | 1 |
我们能发现几个特例：
-
\(n > m\) 时 \(\begin{Bmatrix} n \\ m\end{Bmatrix} = 0\)，因为一定有集合为空。
-
\(n\geq 1\) 时 \(\begin{Bmatrix} n \\ 1\end{Bmatrix} = 1\) ，这些数只有唯一的分法。
-
\(n\geq 2\) 时 \(\begin{Bmatrix} n \\ 2\end{Bmatrix}= 2^{n-1} - 1\)，第一个数不动，剩下的 \(n - 1\) 个数可以选择和第一个数在一个集合还是不在一个集合，当然还要减去一种全在一个集合的情况。
那么第二类斯特林数有没有和组合数一样的递推关系呢？显然是有的，考虑若 \(n\) 个元素要形成 \(m\) 个集合，第 \(n\) 个元素要么独立成一个集合，要么加入前 \(n - 1\) 个数构成的 \(m\) 个集合中的一个。即：
现在来看一看第一类斯特林数\(\begin{bmatrix} n \\ m\end{bmatrix}\) 表示 \(n\) 个数形成 \(m\) 个轮换的方案数，读作 \(n\) 轮换 \(m\)。又称斯特林轮换数。
这里的轮换就好比坐圆桌，\((1,2,3,4)\) 这个轮换与 \((2,3,4,1)\) 相同，但与 \((4,3,2,1)\) 或者 \((1,4,2,3)\) 不同。
我们还是打个表观察一下：
| \(n\) | \(\begin{bmatrix} n \\ 0\end{bmatrix}\) | \(\begin{bmatrix} n \\ 1\end{bmatrix}\) | \(\begin{bmatrix} n \\ 2\end{bmatrix}\) | \(\begin{bmatrix} n \\ 3\end{bmatrix}\) | \(\begin{bmatrix} n \\ 4\end{bmatrix}\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(0\) | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| \(1\) | 0 | 1 | 0 | 0 | 0 |
| \(2\) | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| \(3\) | 0 | 2 | 3 | 1 | 0 |
| \(4\) | 0 | 6 | 11 | 6 | 1 |
可以轻松发现如下性质：
- \(\begin{bmatrix} n \\ 1\end{bmatrix}=(n-1)!\)。这就是圆排列方案数，原本是 \(n!\) 种方法，每种方法被算了 \(n\) 次。
- \(\begin{bmatrix} n \\ n-1\end{bmatrix} = \dfrac{n(n-1)}{2}\)。选择两个元素构成一个轮换。
- \(\begin{bmatrix} n \\ m\end{bmatrix} \geq \begin{Bmatrix} n \\ m\end{Bmatrix}\)。轮换数是不会比子集数小的，因为每个轮换都对应一个集合，每个集合至少可以形成一种轮换。
我们也能仿照第二类斯特林数求出递归式：
元素 \(n\) 单独成一个轮换，或者塞到 \(1\) 到 \(n-1\) 某个数的前面。
对比递归式发现只是第二项的系数不同，一个是 \(m\) 一个是 \(n-1\)。
排列和轮换什么关系？一一对应。我们从 \(i\) 向 \(p_i\) 连边，就形成若干环，也就是轮换。这意味着：
斯特林数的功能不止于此，它能在通常幂、下降幂、上升幂之间建立联系。
定义下降幂 \(x^{\underline n} = x(x-1)..(x-n+1)\) ，就是不超过 \(x\) 的最大的 \(n\) 个整数相乘。
定义上升幂 \(x^{\overline n}=x(x+1)..(x+n-1)\)。
根据定义，\(x < n\) 时 \(x^{\underline n} = 0\)。
第二类斯特林数可以实现通常幂转下降幂（公式 1）：
我们可以举 \(n = 3\) 来试一试：
无关的项都消掉了，的确是剩下 \(x^n\) 项了。
我们来尝试归纳证明。 \(n = 0\) 成立， \(n\geq 1\) 时：
我们也就证明了结论。上面使用了 \(x^{\underline {k+1}} = x^{\underline k}\cdot(x-k)\) 这个式子。
类似地，第一斯特林数可以实现上降幂转通常幂（公式 2）：
还是举 \(n = 3\) 的例子：
证明使用递推公式归纳：
这个证明优美而简洁。
至此，我们有三个量 \(x^{\underline n}<x^n<x^{\overline n}\)，第一个公式（斯特林子集数）实现了通常幂转下降幂，第二个公式（斯特林轮换数）实现了上升幂转通常幂。形象地记忆就是沿着 “>” 方向转换。
有没有下降幂转通常幂、通常幂转上升幂的公式？当然也有。我们有个投机取巧的公式：
因为正数在下降时绝对值减小，负数在上升时绝对值也减小。把这个式子代入上面公式 \(1\)：
代公式 \(2\) 同理。这样我们就得到了 \(2\) 个“逆行变换”公式（公式 3、4）：
总结一下，用大一些的幂展开小一些的幂需要添加 \((-1)^{n-k}\) 这样的系数。
这时候思维活跃的同学想到了把公式 2 代入公式 3 中，即通常幂转上升幂中的「上升幂」用通常幂展开，得到：
等式连边对应系数得一样，\(x^n\) 项系数是 \(1\)，其他项是 \(0\)。即：
把公式 \(4\) 代入公式 \(1\) 同理，得到反转公式（公式 5、6）：
下面我们要做的事情是对负的 \(n,m\) 定义斯特林数，这么做无疑对代数运算有好处。
我们可以根据递推式得到以下结论（斯特林的对称性）：
证明？证明？不会。
这也叫广义斯特林数。
我们来证几个常用斯特林恒等式来做练习。
顺便一提，求和符号的上下界我都写上去了，实际上不写也可以根据斯特林/组合数限制得到。
附加公式 \(1\)：
证明：可以通过组合意义得到，\(n + 1\) 个元素分到 \(m + 1\) 个子集，枚举 \(n + 1\) 和哪些元素在一个子集，剩下的元素划分成 \(m\) 个子集。
附加公式 \(2\)：
证明：可以通过组合意义得到，\(n + 1\) 个元素分成 \(m + 1\) 个轮换，枚举前 \(n\) 个形成了几个轮换，然后选择 \(m\) 个保持不动，剩下的轮换同 \(n + 1\) 串起来。假了。不管了。
附加公式 \(3\)：
斯特林的容斥式，考虑枚举多少个集合为空。
啥玩意都能反演，斯特林行不行？当然行。比如给定：
则
上面的推导使用了反转公式。
类似地，我们可以得到两个斯特林反演公式：
下面是一些基于多项式运算的斯特林：第一/二类斯特林数行/列。
第一类斯特林数 · 行
刚刚才学会了上升幂转通常幂：
我们只需求出 \(x^{\overline n}\) 的多项式表达即可。
考虑倍增：
如果碰到奇数就用 \(x^{\overline {n+1}} = x^{\overline {n}} (x + n)\) 暴力算一下。
问题转换为：已求出 \(f(x)\)，如何快速得到 \(f(x + c)\)。
「差一定」的卷积形式，reverse 后 NTT。
复杂度 \(T\left(n\right) = T\left(\dfrac{n}{2}\right) + \mathcal O(n \log n) = \mathcal O(n \log n)\)。
第一类斯特林数 · 列
还记得 EGF（指数型生成函数）吗，不记得也没关系我们再推一遍：
EGF 就是带组合数卷积。我们用 EGF 把轮换组合起来：
这个式子非常好理解，\(i\) 个数组成 \(1\) 个轮换的方案数是 \((i-1)!\)。一个一个加入轮换，若加入后有 \(i\) 个元素，其中 \(j\) 个是新加入的，那么给新轮换分配位置的方案数是 \(i\choose j\) ，再乘上旧元素、新元素内部的方案数。最后除以 \(m!\) ，因为轮换没有标号，上面的方法认为是有序加入轮换。
时间复杂度 \(\mathcal O(n \log n)\)，因为有加强版 exp 所以常数略大。
第二类斯特林数 · 行
有个非常常见的公式，很多中都出现过：
组合意义就是 \(k\) 个球放到 \(x\) 个盒子里的方案数，枚举 \(i\) 个盒子非空，选择 \(i\) 个盒子，并把 \(k\) 个球分到这 \(i\) 个盒子里。
令 \(f(x) = x^k,g(x)={\begin{Bmatrix} k \\ x\end{Bmatrix}} x!\)，用一下二项式反演得到：
NTT 即可。
第二类斯特林数 · 列
类似第一类斯特林数 · 列的做法，用组合意义去做：
这个式子也非常好理解，\(i\) 个数组成 \(1\) 个集合的方案数是 \(1\)。一个一个加入集合，考虑卷积的意义，若加入后一共有 \(i\) 个元素，其中 \(j\) 个是新加入的，那么给新集合内部元素分配标号的方案数是 \(i\choose j\) ，再乘上旧、新集合内部的方案数。同样最后除以 \(m!\) ，因为上面的方法认为集合带标号。
据说还有倍增 + NTT的小常数一个 log 做法。暂且咕咕咕。
贝尔数 Bell
定义 \(B_n\) 表示把 \(n\) 个不同元素划分成若干集合的方案数。
递推公式：
考虑 \(n + 1\) 和哪些元素在一个集合即可得出该公式。
和第二类斯特林数的关系：\(B_n\)等于第二类斯特林数第\(n\)行之和
快速求 Bell 数
设 \(F(x)\) 表示非空集合的指数生成函数，\(G(x)\) 表示答案生成函数。
枚举划分成了多少个集合可以得到：
除以 \(i!\) 是因为 EGF 的乘法是有序组合，而集合不带标号。
又很显然，\(i\) 个元素构成一个集合方案唯一，得到：
则
多项式 exp 即可。
练习题
几道斯特林水题。
P4827 [国家集训队] Crash 的文明世界
题意：
求 \(S(1),S(2),...,S(n)\)。\(n\leq 5\times 10^4,k\leq 150\)。
题解：
有个简单的公式：
组合意义就是 \(k\) 个球放到 \(x\) 个盒子里的方案数，枚举 \(i\) 个盒子非空，选择 \(i\) 个盒子，并把 \(k\) 个球分到这 \(i\) 个盒子里。
我们化式子得到：
于是我们对于每个 \(u\) 的每个 \(j\) 用 dp 求一下后面那个 $\sum_{i = 1}^n {\mathrm{dis}(i,u) \choose j} $。
转移根据组合数的递推转移。即 \(u\) 有个儿子 \(x\)，那么 \(x\) 子树内的答案就是：
还要考虑子树外的贡献，换根 dp 即可。
CF1097G Vladislav and a Great Legend
题意：
给定一棵树，用 \(f(S)\) 表示 \(S\) 这个集合的点构成的生成树所含边的个数，求：
\(n\leq 10^5,k\le 200\)。
题解：
先像上一题那样转换成：
于是我们要求 \(f(S) \choose i\)，组合意义就是：对于每一个点集组成的生成树，在树里面选出 \(i\) 条边涂色的方案数。
很显然是背包了，为了方便，我们用 \(f[u][x]\) 表示 \(S\) 集合的点构成的生成树是以 \(u\) 为根的非空连通块，连通块染 \(i\) 条边的方案数。
转移总体思路就是背包转移：\(f[u][x] \leftarrow f[u][y] \times f[u][x - y]\)，但有一些细节，见下方 dfs 代码：
void dfs(int u, int fa = 0) {
f[u][0] = 2; //u可以选或不选
sz[u] = 1;
rep(e, 0, (int) G[u].size() - 1) {
int v = G[u][e];
if(v == fa) continue ;
dfs(v, u);
static int t[K]; // t[i]表示在v中有选点的情况下，u为根连通块i条边染色的方案数
rep(i, 0, k) t[i] = 0;
per(x, min(sz[u] - 1, k), 0) per(y, min(sz[v] - 1, k - x), 0) { //取min保证复杂度
int val = 1ll * f[u][x] * f[v][y] % mod;
upd(t[x + y], val); //u-v 边不染色
upd(t[x + y + 1], val); // u-v 边染色
}
rep(i, 0, k) upd(f[u][i], t[i]); // 不在v中选点方案是f[u][i],在v中选点方案是t[i]
rep(i, 0, k) {
upd(ans[i], mod - f[v][i]);
upd(ans[i + 1], mod - f[v][i]); // 只有v子树有选点, u不选的方案应从答案中减去
}
sz[u] += sz[v];
}
upd(f[u][0], mod - 1); //没选点不行
rep(i, 1, k) upd(ans[i], f[u][i]); //在生成树的根处累计答案
}
注意时间复杂度 \(\mathcal O(nk)\)，可以通过分类子树大小证明。
CF960G Bandit Blues
一句话题解：[FJOI2016]建筑师 套个 第一类斯特林数 · 行 板子。
题意：
求大小为 \(n\) 的排列个数，满足前缀最大值和后缀最大值分别有 \(A,B\) 个。
\(n\leq 10^5\)。
题解：
我们把前缀 max 或后缀 max 的位置 标记，容易发现恰有 \(A+B-1\) 个点被标记，并且同时是后缀 max 和前缀 max 的只有 \(n\) 所在位置，\(n\) 的左边打的都是前缀 max 标记，\(n\) 的右边打的都是后缀 max 标记，\(n\) 是分水岭。
我们看 \(n\) 左边这一半排列（不含 \(n\)），这个排列可以看做若干段，每段是前缀 max 标记点 + 后面紧接的比它小数。容易发现一个段恰好对应一个轮换（圆排列）：从轮换中最大的点开始展开这个轮换。
现在有 \(A+B-2\) 个段，由 \(1,2,...,n-1\) 构成，方案数就是第一类斯特林数，再乘个组合数表示每个段放左边还是右边。一旦确定每个段在哪边，这个排列就确定了，因为我们要按每个段首项从小到大排序，依次放到排列中。
答案就是：
CF961G Partitions
题意：给定 \(n\) 个元素，权值为 \(w_1,w_2,...,w_n\)。定义集合的权值 \(W(S) = \sum_{x\in S} w_x\)，，划分的权值是 \(W(R) = \sum_{S} W(S)\)。求所有 \(k\) 集合划分的权值和 \(\bmod {10^9 + 7}\)。
题解：
一开始推了一个 MTT + 第一类斯特林数 · 行 + 分治NTT 的式子，显然不是正解。
考虑 \(W(S)\) 的组合意义：集合内每个点的权值都加上 \(w_x\)，划分的权值就是所有点权值和。
我们分开考虑每个 \(w_x\) 的贡献次数。对自己每种方案都有贡献，贡献次数是 \({\begin{Bmatrix} n \\ k\end{Bmatrix}}\)。对其他 \(n - 1\) 个元素贡献相同，都是 \(\begin{Bmatrix} n-1 \\ k\end{Bmatrix}\)，即其他元素先分成 \(k\) 个集合，\(w_x\) 再加入要贡献的点所在集合。
最后的答案就是：
斯特林数可以用容斥式暴力求：
