【3】斯特林数

除了组合数、卡特兰数之外，最重要的一类特殊数便是斯特林数。

1.1 第二类斯特林数#

斯特林数通常有两种，分别为第一类斯特林数和第二类斯特林数，后者通常更为重要。

与组合数类似，第二类斯特林数也有自己的符号 $\begin{Bmatrix}n \ m\end{Bmatrix}$，其含义为把 $n$ 个不同的数划分到 $m$ 个非空集合中的方案数。

我们首先从递推的角度考虑怎么计算第二类斯特林数，我们考虑第 $n$ 个数的划分情况：

• 单独分到一个集合，$\begin{Bmatrix}n-1 \\ m-1\end{Bmatrix}$。
• 加入某个集合，$m\begin{Bmatrix}n-1 \ m\end{Bmatrix}$。

那么我们得到 $\begin{Bmatrix}n \ m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1 \ m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1 \ m\end{Bmatrix}$。

于是可以得到 $\Theta(n^2)$ 的递推公式。

那么，第二类斯特林数有没有通项公式呢？

首先，因为集合之间没有区别，我们不妨让集合也有区别，这样方案数就变成了 $m!\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}$。

另一方面，我们要求所有集合非空，那么可以考虑容斥， 钦定若干集合为空的，剩下的任意。

那么可以得到一个计算式：

$$m!\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}=\sum\limits_{i=0}^m\dbinom{m}{i}(-1)^i(m-i)^n$$

这样便可以得到第二类斯特林数的通项公式，只不过求单个只能 $\Theta(m)$。

另一方面，我们有下面这个式子：

$$m^n=\sum\limits_{i=0}^m\dbinom{m}{i}{\begin{Bmatrix}n \\ i\end{Bmatrix}}i!$$

其含义为，左边为把 $n$ 个不同的球装进 $m$ 个不同的盒子里的方案数，右边是枚举非空的盒子数量，然后乘上第二类斯特林数，并且因为盒子不同，要再乘上 $i!$。

更进一步的，上面的式子可以看成下面的式子做二项式反演得到的。

同时，因为 $\dbinom{m}{i}i!=m^{\underline{i}}$，且 $i$ 要 $\leq n$ 才有意义，所以上式可以改写为：

$$x^n=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}$$

这样我们就得到了把普通幂转化为下降幂的方法。

自然数幂和问题#

给定 $n,m$，求 $\sum\limits_{i=0}^ni^m$。

$$\sum\limits_{i=0}^ni^m=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}i^{\underline{j}}$$

$$=\sum\limits_{j=0}^m \begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}\sum\limits_{i=0}^ni^{\underline{j}}$$

下降幂和组合数的性质很相近啊，我们不妨用上指标求和推一推：

$$\sum\limits_{i=0}^ni^{\underline{k}}=k!\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{i}{k}=k!\dbinom{n+1}{k+1}=k!\frac{(n+1)!}{(k+1)!(n-k)!}=\frac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1}$$

那么原式等于：

$$=(n+1)\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}\frac{n^{j}}{j+1}$$

复杂度 $\Theta(m^2)$，瓶颈在于预处理第二类斯特林数。

CF932E Team Work#

$$\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}i^m=\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}i^{\underline{j}}$$

$$=\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}j!\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{j}$$

$$=\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}j!\dbinom{n}{j}\sum\limits_{i=0}^{n-j}\dbinom{n-j}{i-j}$$

$$=\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}j!\dbinom{n}{j}2^{n-j}$$

复杂度 $\Theta(m^2)$。

[省选联考 2020 A 卷] 组合数问题#

$$\sum\limits_{k=0}^n\sum\limits_{j=0}^mf_jk^{j}x^{k}\dbinom{n}{k}$$

$$\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{k=0}^n\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}k^{\underline{p}}x^{k}\dbinom{n}{k}$$

$$\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}p!\sum\limits_{k=0}^n\dbinom{k}{p}\dbinom{n}{k}x^{k}$$

$$\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}p!\dbinom{n}{p}\sum\limits_{k=0}^n\dbinom{n-p}{k-p}x^{k}$$

$$\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}p!\dbinom{n}{p}\sum\limits_{k=0}^{n-p}\dbinom{n-p}{k}x^{k+p}$$

$$\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}p!\dbinom{n}{p}x^{p}\sum\limits_{k=0}^{n-p}\dbinom{n-p}{k}x^{k}$$

$$\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}p!\dbinom{n}{p}x^{p}(1+x)^{n-p}$$

复杂度 $\Theta(m^2)$。

练习一 CF1278F Cards#

此外有很多题是根据组合数的组合意义进行优化。

P4827 [国家集训队] Crash 的文明世界#

$$ans_x=\sum\limits_{i=1}^ndis(i,x)^k=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=0}^k \begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix}j!\dbinom{dis(i,x)}{j}=\sum\limits_{j=0}^k \begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix}j!\sum\limits_{i=1}^n\dbinom{dis(i,x)}{j}$$

考虑组合意义，在所有点到 $x$ 的路径上选了 $j$ 条边的方案数之和，那么容易设计一个 dp，$f_{x,i}$ 为 $x$ 子树内，所有路径上选出 $i$ 条边的方案数之和，转移是容易的。

之后只需要换根 DP 求出每个点的答案就行，复杂度 $\Theta(nk)$。

练习二 P8362 [SNOI2022] 数位#

1.2 第一类斯特林数#

第一类斯特林数被表示为 $\begin{bmatrix}n \\ m\end{bmatrix}$，其含义为把 $n$ 个不同元素扔到 $m$ 个环上的方案数，即有 $m$ 个置换环的 $n$ 元排列个数。

与之前类似，我们还是考虑新加入一个元素，也是有两种情况：

• 单独构成一个环，$\begin{bmatrix}n-1 \\ m-1\end{bmatrix}$
• 插入之前的某个元素后面，$(n-1)\begin{bmatrix}n-1 \\ m\end{bmatrix}$

于是也得到了 $\Theta(n^2)$ 的递推公式。

[FJOI2016] 建筑师#

模板题，按照组合意义推即可。

1.3 斯特林反演#

与下降幂类似，我们定义上升幂 $x^{\overline{n}}=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(x+i)$，那么就有如下两个公式：

• $$x^{\overline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n\begin{bmatrix} n \\i \end{bmatrix}x^{i}$$

• $$x^{\underline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\begin{bmatrix} n \\i \end{bmatrix}x^{i}$$

证明比较复杂且不太重要。

结合前面的我们一共有四个高度相似的公式：

• $$x^n=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}$$

• $$x^n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix}x^{\overline{i}}$$

• $$x^{\overline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n\begin{bmatrix} n \\i \end{bmatrix}x^{i}$$

• $$x^{\underline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\begin{bmatrix} n \\i \end{bmatrix}x^{i}$$

这个公式也很好记，我们认为上升幂>普通幂>下降幂，那么：

• 从两边（上升幂，下降幂）到中间（普通幂）用第二类斯特林数，从中间到两边用第一类斯特林数。
• 从小的到大的要带 $(-1)^i$，从大的到小的不需要。

此外还有 斯特林反演 公式：

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

P10591 BZOJ4671 异或图#

我们钦定出 $i$ 个连通块，满足连通块之间没边，连通块内部随意，这样子的方案数是 $g_i$。

如果恰好有 $i$ 个连通块的方案数是 $f_i$，那么考虑 $f$ 与 $g$ 的关系，因为 $g$ 的每个连通块实际可能是由若干连通块构成的，那么就是把 $f$ 的若干连通块分到一个 $g$ 的连通块里，这个方案数就是第二类斯特林数。

$$g_i=\sum\limits_{j=i}^n\begin{Bmatrix} j \\i \end{Bmatrix}f_j\Leftrightarrow f_i=\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{j-i}\begin{bmatrix} j \\i \end{bmatrix}g_j$$

最终求的就是 $f_1$，因此我们需要求出 $g_1,g_2\dots g_n$。

直接枚举钦定出来的连通块，这个复杂度是 $n$的贝尔数 ，那么限制就是连通块之间每条边的出现次数是偶数。我们可以列出一些关于图是否选择的异或方程，那么求出线性基之后这个方案数就是 $2$ 的自由元个数次方。

综合题目 CF961G Partitions#

更综合的题目 [ARC138E] Decreasing Subsequence#