斯特林数

第二类斯特林数

• 记为 $\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}$，或者 $S(n,k)$

• 表示将 $n$ 个两两不相同的元素分成若干的非空集合的方案数

递推式

$$S(n,k)=S(n-1,k-1)+kS(n-1,k)$$

$$S(n,0)=[n=0]$$

通项公式

$$S(n,m)=\sum _{i=0}^m\frac{(-1{)}^{m-i}{i}^n}{i!(m-i)!}$$

• 证明考虑二项式反演

• 设 $G_i$ 表示 $n$ 个不相同的物品放在 $i$ 个不同集合中，允许有空集的方案数

• 设 $F_i$ 表示 $n$ 个不相同的物品放在 $i$ 个 不同集合中，不允许有空集的方案数

$$\begin{gathered} G_i=n^i \\ {G}_i=\sum _{j=0}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})F_j \end{gathered}$$

• 那么二项式反演后，因为原本的意思是集合是没有区分的，那么 $F_i$ 是 $S(n,i)$ 的 $i!$ 倍

• 那么最后的结果就是最上面的那个式子

• 对应的，有这样一个式子

$$n^m=\sum _{i=0}^{n}S(m,i)i!(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})$$

• 组合意义就是 $m$ 个有标号物品放在 $n$ 个有标号的盒子的方案数

• 通过这个式子，可以求自然数幂和

$$S(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k$$

• 把后面的用斯特林数表示

$$S(n)=\sum _{j=0}^{k}S(k,j)\ast j!\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{j+1})$$

同一行的第二类斯特林数的计算

• 同一行指的是 $n$ 相同

1. 通项公式卷积 $O(n\log n)$

2. 利用 EGF （应该不常用）

第一类斯特林数

• 记为 $\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]$，或者 $s(n,k)$

• 表示将 $n$ 个元素分成 $k$ 个非空轮换的方案数

递推式

$$s(n,k)=s(n-1,k-1)+(n-1)s(n-1,k)$$

$$s(n,0)=[n=0]$$

通项公式

• 好像没有实用的

同一行的第一类斯特林数的计算

• 表示有关的生成函数 $F_n=\sum _{i=0}^{n}s(n,i)x^i$

• 根据递推公式可以推出：

$$F_n(x)=\prod _{i=0}^{n-1}(x+i)=\frac{(x+n-1)!}{(x-1)!}$$

• 这个东西就是 $x$ 的 $n$ 次上升幂

• 对于这个的预处理，考虑 $F_{2n}(x)=F_n(x)F_n(x+n)$

• 那么通过 $F_n(x)$ 求出 $F_n(x+n)$ 后卷起来就可以了

$$F_n(x+n)=\sum _{i=0}^{n}s(n,i)(x+n{)}^i$$

• 将后面那个东西二项式展开

$$F_n(x+n)=\sum _{j=0}^n\frac{x^j}{j!}\sum _{i=j}^{n}s(n,i)\ast i!\ast \frac{n^{i-j}}{(i-j)!}$$

• 后面的部分是一个减法卷积，把一个多项式反过来就可以卷起来了

• 还有一个更实用的方法，直接分治 NTT 对于这 $n$ 个多项式卷起来，就是先卷左边再卷右边，最后合并两端的多项式，复杂度为 $O(n{\log }^{2}n)$

同一列的第一类斯特林数的计算

• 单个轮换的 EGF 是

$$F(x)=\sum _{i=1}^n\frac{(i-1)!}{i!}{x}^i=\sum _{i=1}^n\frac{x}{i}$$

• 它的 $k$ 次幂就是 $s(i,k)$

• 对于 $k$ 次幂可以先取 $\ln$ ，然后 $\exp$

应用

• 非常神奇的是这个 markdown 的上划线一直不显示，所以对于显示不出来的 markdown 用中文标注了

上升幂和普通幂的相互转化

$$x^{\bar{m}}(\mathrm{上}\mathrm{划}\mathrm{线})=\sum _{k}s(m,k)x^k$$

$$x^m=\sum _{k}S(m,k)(-1{)}^{m-k}{x}^{\bar{k}}$$

下降幂和普通幂的相互转化

$$x^m=\sum _{k}s(m,k)x^{\underset{―}{k}}$$

$$x^{\underset{―}{m}}（\mathrm{下}\mathrm{划}\mathrm{线}）=\sum _{k}S(m,k)(-1{)}^{m-k}{x}^k$$

斯特林反演

• 如果有

$$f(n)=\sum _{i=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right\}g(i)$$

• 那么

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

• 还有一种形式

$$f(i)=\sum _{j=i}^n\left\{\begin{array}{c}j\\ i\end{array}\right\}g(j)$$

• 那么

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

例题
CF961G Partitions

• 对于一个 $W(S)=|S|\sum _{x\in S}{w}_x$ ，实际上集合中的每个数都对集合中的每个数做了一个贡献，那么我们考虑对于一个数会有多少的贡献
• 对于 $j$ 对 $i$ 的贡献显然是它们在一个集合的方案数，再加上 $i$ 自己对自己的贡献，那么对于一个数的贡献其实是 $s(n,k)+(n-1)s(n-1,k)$ ，用通向大力算就可以了

CF960G Bandit Blues

• 对于最大值前面和后面都没有比自己更大的，所以以最大值为分界点

• 设 $dp(i,j)$ 表示排列为 $i$ 的前缀最大值有 $j$ 个的方案数

• $dp(i,j)=dp(i-1,j-1)+(i-1)dp(i-1,j)$ ，这个其实就是第一类斯特林数

• 那么 $Ans=\sum _{i=1}^{n}S(i-1,a-1)S(n-i,b-1)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})$

• 考虑这个的组合意义，$Ans=\sum _{i=1}^{a}S(n-1,a+b-2)(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b-2}{a-1})$

• 剩下的难点就在于快速的求出第一类斯特林数了，分治 NTT 可以做到 $O(n{\log }^{2}n)$

P4091 [HEOI2016/TJOI2016]求和

• 因为 $S(i,j)=0,j>i$，所以式子可以写成：

$$\begin{array}{rl}f(n)& =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{n}S(i,j)\times 2^j\times j!\\ & =\sum _{j=0}^n{2}^{j}j!\sum _{i=0}^{n}S(i,j)\\ & =\sum _{j=0}^n{2}^{j}j!\sum _{i=0}^n\sum _{k=0}^j\frac{(-1{)}^k(j-k{)}^i}{k!(j-k)!}\\ & =\sum _{j=0}^n{2}^{j}j!\sum _{k=0}^j\frac{(-1{)}^k\sum _{i=0}^n(j-k{)}^i}{k!(j-k)!}\end{array}$$

• 那么将后面的这个东西卷起来就可以了，复杂度 $O(n\log n)$