「笔记」斯特林数

第一类斯特林数

定义

\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\)

表示把\(n\)个数分入\(m\)个非空环排列的方案数

假设有三个数\(1,2,3\)，要组成\(1\)个圆排列，因为是在一个圆上排列，所以\(1,2,3\)这个排列和\(3,1,2\)这个排列是一样的

递推公式

\[\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}+(n-1)\cdot\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix} \]

如何得出？

考虑最后一个放进去的数有几种放的方法：

1. 新增一个圆排列
   这样的方案就是\(\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}\)，意思是把前面\(n-1\)个数放到\(m-1\)个圆排列里，然后这一个数独成一个圆排列
2. 插入到\(n-1\)个数中的一个的后面
   这样的方案是\((n-1)\cdot\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}\)
   总方案数就是两种加起来

第二类斯特林数

定义

\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\)

表示把\(n\)个数分入\(m\)个非空集合的方案数

一般如果不特殊强调，集合都是不可以区分的，什么意思呢？

还是假设我们有三个数\(1,2,3\)，要把他们放到两个集合中，那么\(\{1,2\},\{3\}\)和\(\{3\},\{1,2\}\)这两种分法是一样的，也就是说集合是没有先后顺序这一说的

递推公式

\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m\cdot\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix} \]

如何得出？

我们知道，这是要把\(n\)个数放到\(m\)个集合中，还是考虑最后一个放进去的数有几种放的方法

1. 独成一个集合
   这样的方案就是\(\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}\)，意思是把前面\(n-1\)个数放到\(m-1\)个集合里，然后这一个数独成一个集合
2. 塞到已存在的集合里
   如果是这样的话，那么前面的\(n-1\)个数一定已经组成了\(m\)个集合，而这最后一个数可以往其中任何一个集合里放，所以就是\(m\cdot\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}\)

总的方案数就是加起来

通项公式

\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\dfrac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\dbinom{m}{k}(m-k)^n \]

考虑把集合无标号强行当成有标号来做。
有标号的方案数\(\div\ m!\)得出的就是无标号的方案数
因为在一个合法的方案里，是不会存在空集合的，一个无标号的方案就可以对应\(m!\)个有标号的方案数
所以得出有标号的方案数再\(\div\ m!\)就可以得出无标号的方案数
因此问题就转化为了如何求\(m\)个非空有标号的集合的方案数

考虑容斥来摆脱非空的限制。
考虑至少有\(k\)个空集合时的方案数
\(k\)个必空集合的方案数为\(\dbinom{m}{k}\)
剩下的\(m-k\)个集合中要放\(n\)个数字，每个数字可以有\(m-k\)种选法，这样的方案是\((m-k)^n\)

因此至少有\(k\)个空集合时的方案数为\(\dbinom{m}{k}(m-k)^n\)
乘上容斥系数，再除以\(m!\)，就可以得出上面的式子了

下降幂和上升幂

下降幂

定义

用\(n^{\underline m}\)表示\(n\times(n-1)\times(n-2)\times …\times(n - m + 1)\)，称作\(n\)的\(m\)次下降幂

小结论

认真思考、仔细观察、发出小夫的声音不难看出

• \(n^{\underline m}=n\times(n-1)\times…\times(n-m+1)=\dfrac{n!}{(n-m)!}=A_n^m\)

定理

\[n^m=\sum\limits_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline i} \]

证明

考虑\(n^m\)的组合意义：\(m\)个有标号的球放到\(n\)个有标号的盒子中的方案数，没有非空限制

枚举\(i\)，表示有多少个非空的盒子，将\(m\)个球分配到这\(i\)个盒子中

由第二类斯特林数通项公式证明可得，无标号的方案乘以\(i!\)就变成了有标号的方案数，由此可得

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

其中\(\dbinom{n}{i}i!\)就是\(A_n^i\)也就是\(n^{\underline i}\)

所以原式化为

\[n^m=\sum\limits_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline i} \]

得证。

性质

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

证明可以用数学归纳法，不难证，自己证下吧！

上升幂

定义

\(n\)的\(m\)次上升幂定义为：

\[n^\overline m= n\times(n+1)\times…\times(n+m - 1) \]

定理

\[n^\overline m =\sum\limits_{i=0}^m\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}n^i \]

实现了把上升幂转化为通常幂

证明

采用数学归纳法证明

• \(m=1\)时显然成立，两边都是\(n\)

• 当\(m>1\)时，考虑把\(n^\overline m\)的最后一项提出来

  \[n^\overline m=(n + m -1)\times n^\overline{m-1} \]

  根据归纳假设进一步转化

  \[\begin{aligned}n^\overline m=& (n + m - 1) \times\sum\limits_{i=0}^{m- 1}\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^i\\=&n\times\sum\limits_{i=0}^{m-1}\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^i+(m-1)\times\sum\limits_{i=0}^{m-1}\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^i\\=&\sum\limits_{i=0}^{m-1}\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^{i+1}+\sum\limits_{i=0}^{m-1}(m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^i\\=&\sum\limits_{i=1}^m\begin{bmatrix}m-1\\i-1\end{bmatrix}n^i+\sum\limits_{i=0}^{m-1}(m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^i\end{aligned} \]

  发现两个表达式中都有\(n^i\)，所以把\(n^i\)合并同类项试试

  但是又发现两个式子的边界是不同的，不过没关系，化出来发现这新增的两项是没有意义的，无贡献

  \[\begin{aligned}&\sum\limits_{i=1}^m\begin{bmatrix}m-1\\i-1\end{bmatrix}n^i+\sum\limits_{i=0}^{m-1}(m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^i\\=&\sum\limits_{i=0}^mn^i\left(\begin{bmatrix}m-1\\i-1\end{bmatrix}+(m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}\right)-\begin{bmatrix}m-1\\0-1\end{bmatrix}n^0+\begin{bmatrix}m-1\\m\end{bmatrix}n^m\\=&\sum\limits_{i=0}^mn^i\left(\begin{bmatrix}m-1\\i-1\end{bmatrix}+(m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}\right)\end{aligned} \]

  有没有觉得括号里的式子有些熟悉，没错，就是第一类斯特林数的递推式，所以我们就得到了

  \[\sum\limits_{i=0}^mn^i\left(\begin{bmatrix}m-1\\i-1\end{bmatrix}+(m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}\right)=\sum\limits_{i=0}^mn^i\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}= \sum\limits_{i=0}^m\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}n^i \]

综合上面两种情况，得证。