斯特林数相关

第二类斯特林数

定义 第二类斯特林数 $S_2(n,k)$ 表示 $\{1,2\dots n\}$ 划分成 $k$ 个非空子集的方案数。

举个例子：

$S=\{1,2,3,4\}$，$k=3$。

其方案为：

$\{1,2\}\cup\{3\}\cup\{4\}，\{1,3\}\cup\{2\}\cup\{4\}，\{1,4\}\cup\{2\}\cup\{3\}\\ \{1\}\cup\{2,3\}\cup\{4\}，\{1\}\cup\{2,4\}\cup\{3\}，\{1\}\cup\{3,4\}\cup\{2\}$

共计 $6$ 种。故 $S_2(4,2)=6$ 。

第二类斯特林数的递推公式推导：

现要求 $S_2(n,k)$，考察第 $n$ 个数的情况：

若第 $n$ 个数单独成一个集合，那么有 $S_2(n-1,k-1)$ 种情况，即剩下 $n-1$ 个数分成 $n-1$ 个集合，第 $n$ 个数单独分开。

若第 $n$ 个数和其他若干个数共同成一个集合，因为共有 $k$ 个集合，第 $n$ 个数有 $k$ 中加入方式， 于是共计 $k \times S_2(n-1,k)$ 种情况。

综上，可以得出第二类斯特林数的递推公式：

定理 $1.1$： $S_2(n,k)=S_2(n-1, k-1)+k\times S_2(n-1,k)$

第一类斯特林数

定义 第一类斯特林数 $S_1(n,k)$ 表示 $n$ 个数形成 $m$ 个轮换的方案数。

第一类斯特林数递推公式推导：

现要求 $S_1(n,k)$ ，考察第 $n$ 个数的情况：

若第 $n$ 个数单独成一个环，那么有 $S_1(n-1, k-1)$ 种情况。

若第 $n$ 个数与其他若干元素一起成一个环，那么 $n$ 共计有 $n-1$ 种加入方式。

综上，可以得出第一类斯特林数的递推公式：

定理 $2.1$： $S_1(n,k)=S_1(n-1,k-1)+(n-1)S_1(n - 1, k)$

性质 $2.2$：

• 边界：$S_1(0,0)=1$，$S_1(n,0)=0$

• $S_1(n,1)=(n-1)!$ ：即圆排列的方案数。

• $\displaystyle S_1(n,n-1)=\frac{n(n-1)}{2}$ ：$n$ 个数中选 $2$ 个数的方案数。

• $\displaystyle n!=\sum_{i=0}^{n}{S_1(n,i)}$：排列和置换是一一对应的关系，置换具有的轮换数是任意的。

指数生成函数与斯特林数

以下用指数生成函数推导了第二类斯特林数的通项公式。

模板题：第二类斯特林数·行 - 洛谷

回顾一下第二类斯特林数的定义：$S_2(n, k)$ 表示 $n$ 个有标号球放入 $k$ 个无标号盒子且无空盒的方案数。

考虑如下一个式子 $\displaystyle G(x)=(\sum_{i=1}^{\infty}{\frac{x^i}{i!}})^k$

那么 $n![x^n]G(x)$ 表示了 $n$ 个有标号球放入 $k$ 个有标号盒子且无空盒的方案数。

于是 $\displaystyle S_2(n, k)=\frac{n!}{k!}[x^n](G(x)$ 。

下面开始化简：

$$\begin{aligned} \displaystyle S_2(n, k)&=\frac{n!}{k!}[x^n](G(x)\\ &=\frac{n!}{k!}[x^n](e^x-1)^k\\ &=\frac{n!}{k!}[x^n]\sum_{i=0}^{k}{\binom{k}{i}e^{ix}(-1)^{k-i}}\\ &=\frac{n!}{k!}\sum_{i=0}^{k}{\binom{k}{i}\frac{i^n}{n!}(-1)^{k-i}}\\ \text{定理}{3.1}\text{：}~~S_2(n, k)&=\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^{k}{\binom{k}{i}i^n(-1)^{k-i}} \end{aligned}$$

如上，便得到了第二类斯特林数的通项公式。

这允许我们在 $O(n\log n)$ 的时间复杂度内计算第 $n$ 行的斯特林数（$NTT$）。

模板题 $2$：第二类斯特林数·列 - 洛谷

这次是固定 $k$ 了，就变成黑色了？。

返回去看我们推出的式子 $\displaystyle S_2(n, k)=\frac{n!}{k!}[x^n](e^x-1)^k$

设 $F(x)$ 表示 $S_2(n,k)$ 的生成函数。

那么 $\displaystyle F(x)=\sum_{i=0}^{\infty}{S_2(i,k)\frac{x^i}{i!}}=\frac{(e^x-1)^k}{k!}$

这样，多项式快速幂板子即可。

$Bell$ 数：集合划分计数 - 洛谷

定义 $Bell$ 数 $B_n$ 表示把 $n$ 个有区别的小球放到若干个（任意多个）无区别盒子里的方案数。

即：把集合 ${1,2\dots n}$ 划分成若干个不相交非空子集的方案数。

不难发现：$Bell$ 数 $B_n$ 就是第二类斯特林数的前缀和，$\displaystyle B_n=\sum_{i=0}^{\infty}{S_2(n,i)}$ 。

话不多说，上指数生成函数就对了，设 $B(x)$ 是 $\{B_n\}$ 的生成函数。

$$\begin{aligned} \displaystyle B_n&=\sum_{i=0}^{\infty}n![x^n]\frac{(e^x-1)^i}{i!}\\ &=n![x^n]\sum_{i=0}^{\infty}{\frac{e^x}{i!}}\\ &=n![x^n]e^{e^x-1} \end{aligned}$$

于是 $\displaystyle B(x)=e^{e^x−1}$。

上升幂与下降幂

斯特林数的另外一种记法是：

• 记第一类斯特林数为 $\begin{bmatrix}n\\ m\end{bmatrix}$

• 第二类斯特林数为 $\begin{Bmatrix}n\\ m\end{Bmatrix}$

定理 $4.1$： $\displaystyle x^n=\sum_{k}{\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}}x^{\underline{k}}$

证明：

用归纳法做个简单的证明。

已知该式在 $n-1$ 时成立，根据 $x\cdot x^{\underline{k}}=x^{\underline{k+1}}+kx^{\underline{k}}$
从而

$$\begin{aligned} \displaystyle x^n=x\cdot x^{n-1}&=x\cdot \sum_{k}{\begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}x^{\underline{k}}}\\ &=\sum_{k}{\begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}x^{\underline{k+1}}} + \sum_{k}{k\cdot \begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}x^{\underline{k}}}\\ &=\sum_{k}{\begin{Bmatrix}n-1\\k-1\end{Bmatrix}}x^{\underline{k}} + \sum_{k}{k\cdot\begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}}x^{\underline{k}}\\ &=\sum_{k}{\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}x^{\underline{k}}} \end{aligned}$$

定理 $4.2$：$\displaystyle x^{\overline{n}}=\sum_{k}{\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}x^k}$

仍然归纳法，类似于定理 $4.1$ 的证明，利用恒等式 $(x+n-1)\cdot x^{k}=x^{k+1}+(n-1)x^k$，$x^{\overline{n}}=(x+n-1)\cdot x^{\overline{n-1}}$

即可得出结论。

总结一下：

• 通常幂转下降幂的系数是第二类斯特林数。

• 上升幂转通常幂的系数是第一类斯特林数。

思考上升幂，下降幂，通常幂之间更多的联系。

推论 $4.3$：

1. $\displaystyle x^{\underline{n}}=\sum_{k}{(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}x^k}$

2. $\displaystyle x^n=\sum_{k}{(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}x^{\overline{k}}}$

上述等式成立是因为 $x^{\underline{n}}$ 和 $x^{\overline{n}}$ 的系数仅正负号不相同，配上容斥系数 $(-1)^{n-k}$ 即可得到上述等式。

更具体的，$x^{\underline{n}}=(-1)^{n}(-x)^{\overline{n}}$ 。

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比较模板的题。

定理 $4.4$：

1. $\displaystyle \sum_{k}{(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}}=[n=m]$

2. $\displaystyle \sum_{k}{(-1)^{n-k}}\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}=[n=m]$

证明 $1$：

将定理 $4.2$ 代入 $4.3.2$ 可得 $\displaystyle x^n=\sum_{k,m}{(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\ m\end{bmatrix}x^m}$

容易知道，仅在 $m=n$ 时其系数为 $1$ ，否则其系数为 $0$ 。

证明 $2$：

同理，将定理 $4.1$ 代入 $4.3.1$ 即可。

斯特林反演

定理 $5.1$： $\displaystyle f(n)=\sum_{k=0}^{n}{\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}}g(n)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{k=0}^{n}{(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}f(n)}$

证明：

与定理 $4.4$ 有密切联系。

$$\begin{aligned} \displaystyle g(n)&=\sum_{m=0}^{n}{[m=n]g(m)}\\ &=\sum_{m=0}^{n}{\sum_{k=m}^{n}(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}g(m)}\\ &=\sum_{k=0}^{n}{(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\sum_{m=0}^{k}{\begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}g(m)}}\\ &=\sum_{k=0}^{n}{(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}f(k)} \end{aligned}$$

定理 $5.2$： $\displaystyle f(n)=\sum_{k=0}^{n}{\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}}g(n)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{k=0}^{n}{(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}f(n)}$

证明类似于定理 $5.1$ 。