斯特林数初步

定义

第一类斯特林数: 描述 $n$ 个数组成 $m$ 个圆排列的方案数, 记为 $[\binom{n}{m}]$ ( 如果从环的角度理解, 请注意这个环是有向的, 也就是说顺逆反过来是两种方案 ).

第二类斯特林数: 描述 $n$ 个有标号数放到 $m$ 个无标号非空盒子里的方案数, 记为 ${\binom{n}{m}}$ .

斯特林数与 Twelve Fold Way

有标号球放无标号盒子, 不可空: ${\binom{n}{m}}$ , 定义即可.

有标号球放有标号盒子, 不可空:

$m! {\binom{n}{m}}$ , 给盒子添加标号全排列即可.
考虑可空的版本第一个公式, 对空集合去容斥: $\sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) (- 1)^{i} (m - i)^{n}$

因此有恒等式:

m! {\binom{n}{m}} = \sum_{i = 0}^{m} (- 1)^{i} (m - i)^{n} (\binom{m}{i})

有标号球放有标号盒子, 可空:

$m^{n}$ , 每个球有 $m$ 种分配方式.
我们用不可空的版本第一个公式去做, 枚举有多少个集合是空的: $\sum_{i = 1}^{m} (\binom{m}{i}) i! {\binom{n}{i}}$ .

因此有恒等式:

m^{n} = \sum_{i = 1}^{m} (\binom{m}{i}) i! {\binom{n}{i}}

值得注意的是, 这个恒等式和上面那个互为二项式反演.

斯特林数与恒等式

第一类斯特林数

(1) 递推式:

[\binom{n}{m}] = [\binom{n - 1}{m - 1}] + (n - 1) [\binom{n - 1}{m}]

前一项是好理解的, 也就是单独放在了一个环里. 后一项是考虑插入一个环, 每个环上有和点数一致的边数, 这些边都可以被插入一个点, 因此每种原来的方案都有 $n - 1$ 种插入方式.

(2) 斯特林数与上升幂:

\sum_{i = 0}^{n} x^{i} [\binom{n}{i}] = \prod_{i = 1}^{n} (x + i - 1) = x^{\overset{―}{n}}

第一类斯特林数的另一种含义: 在 $[0, n - 1]$ 中选择 $n - m$ 个数 (不能重复选择), 求所有方案的所有选择的数的成绩的和. 这个含义是可以从递推式中看到的.
那么上面这个恒等式, 右半部分表示每一个二项式中, 要么选择 $x$ , 要么选择 $i - 1$ 乘到结果上, 这意味着, $[0, n - 1]$ 中如果有 $n - k$ 个选择了乘以一个系数, 那么就会有 $k$ 个选择了 $x$ , 这意味着 $x$ 的指数是 $k$ . 而反过来, 如果 $x$ 的指数是 $k$ , 那么它的系数就是在 $[0, n - 1]$ 中选择 $n - k$ 个数乘起来的所有方案的和, 也就是 $[\binom{n}{k}]$ . 这样左边就能和右边表示同一个东西了, 自然相等.

(3) 斯特林数与排列:

\sum_{i = 0}^{n} [\binom{n}{i}] = n!

每一个排列都可以唯一对应一个圆排列的划分, 反之亦然. 这二者是双射.

(4) 第一类斯特林数基本恒等式

[\binom{n + 1}{m + 1}] = \sum_{k = m}^{n} [\binom{n}{k}] (\binom{k}{m})

这个式子要从组合意义角度想. 右面的式子相当于先把 $n$ 个数划分为 $k$ 个环, 随后再从其中选出 $m$ 个环. 现在我们换个角度考虑, 我们认为这些环中只有 $m$ 个环是重要的, 而剩下的部分不关心它的形态, 不关心有多少个环, 只认为剩下的部分是一个排列. 这样的话, 我们先枚举整个排列中有多少个环, 然后选出哪 $m$ 个环是我们要保留的, 而剩下的部分拆成排列, 由于长度为 $p$ 的排列唯一对应一个圆排列, 那么除了 $m$ 个环以外的部分也是一个环, 而把排列变成环的部分会额外增加一个点, 这意味着实际上我们枚举到了所有把 $n + 1$ 个点拆成 $m + 1$ 个圆排列的方案, 也就是左半部分.

(5) 上指标求和公式

\sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) [\binom{k}{A}] [\binom{n - k}{B}] = [\binom{n}{A + B}] (\binom{A + B}{A})

左半部分的组合意义是先从 $n$ 个数中选出 $k$ 个, 其中一边分成 $A$ 个环, 另一边分成 $B$ 个, 这当然等于右边的先把它划分成 $A + B$ 个环, 然后找到这中间哪 $A$ 个是那 $k$ 个数划分出来的.

(6) 第一类斯特林数与容斥

[\binom{n}{m}] = \sum_{k = m}^{n} [\binom{n + 1}{k + 1}] (\binom{k}{m}) (- 1)^{k - m}

我们把 $n + 1$ 个数划分为 $k + 1$ 个环, 先把含有 $n + 1$ 那个元素的环给抛出去, 再从其中找出 $m$ 个环, 我们考虑先确定好 $m$ 个圆排列是什么, 再考虑合法的包含这 $m$ 个环的所有方案的权值 $(- 1)^{k - m}$ 之和是多少.

我们考虑, 除了那 $m$ 个环和包含 $n + 1$ 那个环剩下的部分, 实际上并没有规定这部分有多少个环, 只是认为如果这里有 $k - m$ 个环, 点数为 $s z$ , 那么这种方案的权值是 $(- 1)^{k - m}$ . 由于没有规定环的数量, 那么所有的合法方案都可以表示为一个长为 $s z$ 的排列, 而且由于环的数量和逆序对数量奇偶性一致, 那么如果我们枚举 $s z$ , 固定含有 $n + 1$ 那个环的形态 , 那么总权值是 $[s z \leq 1]$ . 这个式子是因为 $\sum_{p} (- 1)^{τ (p)} = [l e n_{p} = 1]$ , 这个的证明在下文反转公式的证明中有. 因此, 如果固定前面 $m$ 个环的形态., 剩下来有 $s z + 1$ 个点 , 如果中间没有额外环, 那么最后面那个环有 $s z!$ 种形态, 每种的权值是 $1$ , 如果有一个位置是额外的, 它只能是自环, 它的位置有 $s z$ 种, 而最后面那个环的形态有 $(s z - 1)!$ 种, 由于有一个额外环, 那么单个方案贡献为 $- 1$ , 总权值是 $s z! - s z (s z - 1)! = 0$ . 而如果 $s z = 0$ , 显然最后一个环只有一种形态: $n + 1$ 的自环, 并且没有中间环, 总贡献是 $1$ .

因此, 我们证明了当且仅当 $s z = 1$ 时有贡献, 否则没有贡献, 因此 $m$ 个环必须覆盖所有 $n$ 个点, 因此总贡献为 $[\binom{n}{m}]$ , 得证.

第二类斯特林数

(1). 递推公式

{\binom{n}{m}} = {\binom{n - 1}{m - 1}} + m {\binom{n - 1}{m}}

(2). Twelve Fold Way 中的恒等式:

m^{n} = \sum_{i = 1}^{m} (\binom{m}{i}) i! {\binom{n}{i}}

及其二项式反演形式:

m! {\binom{n}{m}} = \sum_{i = 0}^{m} (- 1)^{i} (m - i)^{n} (\binom{m}{i})

上面的公式即为 拆幂公式, 下面的是第二类斯特林数的 $O (m)$ 计算公式.

(3). 斯特林数与下降幂

m^{n} = \sum_{i = 1}^{m} m^{\underset{―}{i}} {\binom{n}{i}}

这个公式由上面的公式 (2) 显然可得.

(4). 第二类斯特林数基本恒等式

{\binom{n + 1}{m + 1}} = \sum_{i = m}^{n} (\binom{n}{i}) {\binom{i}{m}}

它的组合意义只需要考虑枚举 $n + 1$ 这个元素和 $n - i$ 个元素在一个盒子里, 把剩下的分配进 $m$ 个盒子, 因此一共把 $n + 1$ 个球放到 $m + 1$ 个盒子里.

以及它的二项式反演形式:

{\binom{n}{m}} = \sum_{i = m}^{n} (\binom{n}{i}) (- 1)^{n - i} {\binom{n + 1}{i + 1}}

(5) 上指标求和公式

\sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) {\binom{k}{A}} {\binom{n - k}{B}} = {\binom{n}{A + B}} (\binom{A + B}{A})

证明和上一节的 $(5)$ 是一致的.

混合恒等式

(1) 第三类斯特林数

(\binom{n}{m}) (n - 1)^{\underset{―}{n - m}} = \sum_{k = m}^{n} [\binom{n}{k}] {\binom{k}{m}}

首先考虑左侧的组合意义:

我们要在 $n$ 个数中选出来 $m$ 个排列, 那.么首先, 我们选出来这些排列的第一个元素, 然后, 按从小到大的顺序考虑剩下的元素, 那么第一个元素可以插入到 $m$ 个位置, 第二个有 $m + 1$ 个插入位置, 以此类推, 即为上升幂, 也就是左式;

右式指的是先把 $n$ 个数划分为 $k$ 个置换环, 随即把置换环分为 $m$ 组, 实际上, 一组置换环意味着一个排列, 所以这个式子依然是把 $n$ 个数划分为 $m$ 个排列的方案数, 这个恒等式得证.

(2) 斯特林反演相关

斯特林反演公式同时含有两种斯特林数. 后面会讲.

斯特林数与上升/下降幂

(1). 定义:

上升幂: $x^{\overset{―}{k}} = \prod_{i = 1}^{k} (x + i - 1)$
下降幂: $x^{\underset{―}{k}} = \prod_{i = 1}^{k} (x - i + 1)$

显然这和组合数的定义很像, 有如下公式:

n^{\underset{―}{m}} = m! (\binom{n}{m})

n^{\overset{―}{m}} = m! (\binom{n + m - 1}{m})

(2). 有关的恒等式

(i). 上升幂与下降幂的互换

n^{\overset{―}{m}} = (- 1)^{m} (- n)^{\underset{―}{m}} = (n + m - 1)^{\underset{―}{m}}

n^{\underset{―}{m}} = (- 1)^{m} (- n)^{\overset{―}{m}} = (n + m - 1)^{\overset{―}{m}}

(ii). 斯特林数

\sum_{i = 0}^{n} x^{i} [\binom{n}{i}] = x^{\overset{―}{n}}

m^{n} = \sum_{i = 1}^{m} m^{\underset{―}{i}} {\binom{n}{i}}

这两个公式前文都有证过.

(iii). 二项式定理

(a + b)^{\underset{―}{k}} = \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) a^{\underset{―}{i}} b^{\underset{―}{k - i}}

(a + b)^{\overset{―}{k}} = \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) a^{\overset{―}{i}} b^{\overset{―}{k - i}}

这两个公式的证明只需要把上升幂下降幂写成阶乘乘组合数, 然后用范德蒙德卷积即可.

斯特林数与反演

反转公式

{\begin{cases} \sum_{j = k}^{n} (- 1)^{n - j} [\begin{array}{c} n \\ j \end{array}] {\begin{array}{c} j \\ k \end{array}} = [k = n] \\ \sum_{j = k}^{n} (- 1)^{j - k} {\begin{array}{c} n \\ j \end{array}} [\begin{array}{c} j \\ k \end{array}] = [k = n] \end{cases}

第一个式子可以如下考虑:

现在从 $n$ 个数中找到一些环 (枚举, 并不关心有多少个),再把它们划分为 $k$ 个集合. 我们考虑, 一个环的集合的方案, 就恰恰是这个集合中所有元素的排列.

我们考虑 $k$ 等于 $1$ 的情况, 那么这意味着, 把 $n$ 个元素做全排列, 如果有 $i$ 个置换环, 那么就有 $(- 1)^{n - i}$ 的贡献, 总贡献数是多少呢? 考虑用逆序对个数刻画这个问题. 一个大小为 $k$ 的置换环会贡献和 $k - 1$ 奇偶性相同的逆序对个数. 为什么呢? 我们可以用 $k - 1$ 次交换让排列的该置换环这一部分有序, 而每一次交换都会改变逆序对的奇偶性. 那么, 把所有置换环对逆序对的贡献加起来, 也就是 $\sum (k - 1) = n - i$ , 其中 $i$ 是置换环个数. 那么这样的话 $(- 1)^{n - i} = (- 1)^{τ (p)}$ , 问题转化为求 $\sum_{p} (- 1)^{τ (p)}$ . 枚举排列, 式子与逆序对有关, 不难想到行列式. 由于那个 $(- 1)^{τ (p)}$ 没有任何系数, 那我们就构造一个 $n \times n$ 的全 $1$ 矩阵 $A$ , 则有 $det A = \sum_{p} (- 1)^{τ (p)}$ , 不难发现 $det A = [n = 1]$ , 因为 $n > 1$ 是任意两行都线性相关, 则行列式为 $0$ .

这样, 我们当 $k = 1$ 的情况就证完了, 实际上不难发现, 原式换一个角度考虑, 可以先选出来 $k$ 个环各自有哪些元素, 然后再把它们分配到箱子里, 每个方案的贡献是所有环的贡献乘起来. 而每个环的总贡献当且仅当只分配一个元素, 因此当且仅当 $k = n$ 时, 也就是每个环都只分配一个元素才有答案 $1$ . 上面的式子得证.

接下来考虑第二个式子.

首先大力推式子, 把第二类斯特林数的容斥定义式代进去, 即得

\begin{aligned} \sum_{j = k}^{n} (- 1)^{j - k} {\begin{array}{c} n \\ j \end{array}} [\begin{array}{c} j \\ k \end{array}] \\ = & \sum_{j = k}^{n} (- 1)^{j - k} [\binom{j}{k}] \frac{1}{j!} \sum_{p = 0}^{j} (- 1)^{p} (\binom{j}{p}) (j - p)^{n} \end{aligned}

向上一个式子一样, 我们先考虑 $k = 1$ 时的情况, 然后再把所有的环的贡献乘起来就可以了.

把 $k = 1$ 代入, 此时 $[\binom{j}{1}] = (j - 1)!$ , 即得:

\begin{aligned} \sum_{j = 1}^{n} (- 1)^{j - 1} {\begin{array}{c} n \\ j \end{array}} [\begin{array}{c} j \\ i \end{array}] \\ = & \sum_{j = 1}^{n} (- 1)^{j - 1} \frac{(j - 1)!}{j!} \sum_{p = 0}^{j} (- 1)^{p} (\binom{j}{p}) (j - p)^{n} \\ = & \sum_{j = 1}^{n} (- 1)^{j - 1} \frac{1}{j} \sum_{p = 0}^{j} (- 1)^{p} (\binom{j}{p}) (j - p)^{n} \\ = & \sum_{i = 0}^{n} i^{n} \sum_{p = 0}^{n - i} (- 1)^{i + p - 1} (- 1)^{p} \frac{1}{i + p} (\binom{i + p}{p}) & 改变枚举变量: j - p \to i, 并交换顺序 \\ = & \sum_{i = 0}^{n} i^{n} (- 1)^{i - 1} \sum_{p = 0}^{n - i} \frac{1}{i + p} \frac{i + p}{i} (\binom{i + p - 1}{i - 1}) & (- 1)^{2 p} = 1 直接去掉; 从组合数的阶乘中拆出来一点 \\ = & \sum_{i = 0}^{n} i^{n - 1} (- 1)^{i - 1} \sum_{p = 0}^{n - 1} (\binom{i + p - 1}{i - 1}) \\ = & \sum_{i = 0}^{n} i^{n - 1} (- 1)^{i - 1} (\binom{n}{i}) \end{aligned}

到这里再向下就很难推式子化简了, 那么考虑组合意义.

首先 $n = 1$ 时, 不难验证式子为 $1$ .

接下来认为 $n \geq 2$ .

我们想要构造一个矩阵, 但是 $i$ 的指数 $n - 1$ 与 $(\binom{n}{i})$ 的上指标 $n$ 不一致让我们无从下手. 于是把组合数拆开:

\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} i^{n - 1} (- 1)^{i - 1} (\binom{n}{i}) \\ = & \sum_{i = 1}^{n} i^{n - 1} (- 1)^{i - 1} (\binom{n - 1}{i - 1}) + \sum_{i = 0}^{n - 1} i^{n - 1} (- 1)^{i - 1} (\binom{n - 1}{i}) \\ = & \sum_{i = 0}^{n - 1} (i + 1)^{n - 1} (- 1)^{i} (\binom{n - 1}{i}) + \sum_{i = 0}^{n - 1} i^{n - 1} (- 1)^{i - 1} (\binom{n - 1}{i}) 把前半部分的 i - 1 \to i . \end{aligned}

我们先考虑后半部分, 因为组合数的下指标和幂次的底数一致, 可能要简单一些. 考虑构建一个场景: 现在有一个 $(n - 1) \times (n - 1)$ 的矩阵, 我们考虑从中选出 $i$ 列, 我们有一个箱子从第一行跳到最后一行, 每一行任选这 $i$ 列中的一个格子作为落脚点, 那么明显有: 选定 $i$ 列后合法的路径数为 $i^{n - 1}$ , 每一个路径对答案的贡献是 $(- 1)^{i - 1}$ . 那么这个式子的意义就是先选择一些列, 再枚举每一个从下到上的合法路径, 对所有路径关于这个选择列方案的方案求和 (因为 $(- 1)^{i - 1}$ 中 $i$ 是由选择了多少列决定的, 而不是路径覆盖了多少列).

我们不如换个角度考虑: 先枚举路径, 在枚举选了多少列, 显然每一个路径没有覆盖的列都是可选可不选的, 我们枚举除了路径覆盖的 $k$ 列以外额外选了 $i$ 列, 那么当然有 $(\binom{n - 1 - k}{i})$ 种方案, 每种方案的贡献是 $(- 1)^{k + i - 1}$ , 也就是说, 这个路径的总贡献为:

\sum_{i = 0}^{n - 1 - k} (- 1)^{i + k - 1} (\binom{n - 1 - k}{i}) = [n - 1 = k] (- 1)^{k - 1}

这意味着什么? 一个路径当且仅当它覆盖了每一列才有贡献. 这时它的贡献是 $(- 1)^{k - 1} = (- 1)^{n - 2}$ . 这样的路径有多少种呢? 一个路径只有 $n - 1$ 行, 而它要完全覆盖 $n - 1$ 列1, 这意味着这个路径在每一行的落脚点选择各不相同, 那么这个路径把每一行落脚点所在列编号写下来, 恰好是一个排列. 也就是说, 这样的路径有 $(n - 1)!$ 种. 这意味着原式的右半部分的值是 $(n - 1)! (- 1)^{n - 2}$ .

接下来类似的考虑左半部分, 唯一的不同在于幂次的底数比下指标多了 $1$ , 那么也就意味着每一行能够选择的位置比选出来的 $i$ 列要多一列. 于是我们认为, 现在有一个 $(n - 1) \times n$ 的矩阵, 我们考虑从 前 $n - 1$ 列中 选出 $i$ 列, 我们有一个箱子从第一行跳到最后一行, 每一行任选选择的这 $i$ 列 和第 $n$ 列 中的一个格子作为落脚点. 那么明显有: 选定 $i$ 列后合法的路径数为 $(i + 1)^{n - 1}$ , 每一个路径对答案的贡献是 $(- 1)^{i}$ . 我们假设一个路径除了第 $n$ 列之外覆盖了 $k$ 列, 和上面一样考虑一个路径的贡献:

\sum_{i = 0}^{n - 1 - k} (- 1)^{i + k} (\binom{n - 1 - k}{i}) = [n - 1 = k] (- 1)^{k}

同样, 只有 $k = n - 1$ 时有贡献, 贡献为 $(- 1)^{k} = (- 1)^{n - 1}$ , 方案数的分析也和上面一致, 想要 $k$ 取到 $n - 1$ , 路径必须每一行的位置各不相同, 并且不能取第 $n$ 列, 因此方案数依然是 $(n - 1)!$ , 左侧的式子值为 $(n - 1)! (- 1)^{n - 1}$ .

因此整个式子的值为 $(n - 1)! ((- 1)^{n - 2} + (- 1)^{n - 1}) = 0$ .

因此

\sum_{i = 0}^{n} i^{n - 1} (- 1)^{i - 1} (\binom{n}{i}) = [n = 1]

第二个式子得证.

斯特林反演

为了方便接着向下讲, 我们把两个反转公式在这里再写一遍.

{\begin{cases} \sum_{j = k}^{n} (- 1)^{n - j} [\begin{array}{c} n \\ j \end{array}] {\begin{array}{c} j \\ k \end{array}} = [k = n] \\ \sum_{j = k}^{n} (- 1)^{j - k} {\begin{array}{c} n \\ j \end{array}} [\begin{array}{c} j \\ k \end{array}] = [k = n] \end{cases}

斯特林反演公式 (I)

F_{n} = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} G_{i} \Leftrightarrow G_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\binom{n}{i}] F_{i}

证明其实互相代进去就可以了.

左推右:

\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\binom{n}{i}] F_{i} \\ = & \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\binom{n}{i}] \sum_{j = 0}^{i} {\binom{i}{j}} G_{j} \\ = & \sum_{i = 0}^{n} G_{i} \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{n - j} [\binom{n}{j}] {\binom{j}{i}} \\ = & G_{n} \end{aligned}

右推左:

\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} G_{i} \\ = & \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} \sum_{j = 0}^{i} (- 1)^{i - j} [\binom{i}{j}] F_{j} \\ = & \sum_{i = 0}^{n} F_{i} \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{j - i} {\binom{n}{j}} [\binom{j}{i}] \\ = & F_{n} \end{aligned}

因此两边互推.

斯特林反演公式 (II)

F_{n} = \sum_{i = 0}^{n} [\binom{n}{i}] G_{i} \Leftrightarrow G_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} {\binom{n}{i}} F_{i}

证明和上面的完全一致.

斯特林反演公式 (III)

F_{n} = \sum_{i = n} {\binom{i}{n}} G_{i} \Leftrightarrow G_{n} = \sum_{i = n} (- 1)^{i - n} [\binom{i}{n}] F_{i} F_{n} = \sum_{i = n} [\binom{i}{n}] G_{i} \Leftrightarrow G_{n} = \sum_{i = n} (- 1)^{i - n} {\binom{i}{n}} F_{i}

证明依然类似, 上下界换一下就好.

斯特林反演有关恒等式

(1) 第一类斯特林数基本恒等式

[\binom{n + 1}{m + 1}] = \sum_{k = m}^{n} [\binom{n}{k}] (\binom{k}{m})

其斯特林反演后的形式为:

(\binom{n}{m}) = \sum_{i = 0}^{n} [\binom{i + 1}{m + 1}] {\binom{n}{i}} (- 1)^{n - i}

(2) 第二类斯特林数基本恒等式

{\binom{n + 1}{m + 1}} = \sum_{i = m}^{n} (\binom{n}{i}) {\binom{i}{m}}

其斯特林反演后的形式为:

(\binom{n}{m}) = \sum_{i = m}^{n} {\binom{n + 1}{i + 1}} [\binom{k}{m}] (- 1)^{i - m}

(3) 斯特林反演与上升幂

\sum_{i = 0}^{n} x^{i} [\binom{n}{i}] = x^{\overset{―}{n}}

它的斯特林反演形式:

x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} {\binom{n}{k}} x^{\overset{―}{k}}

(4) 斯特林反演与下降幂

m^{n} = \sum_{i = 1}^{m} m^{\underset{―}{i}} {\binom{n}{i}}

它的斯特林反演形式:

m^{\underset{―}{n}} = \sum_{i = 0}^{n} m^{i} {\binom{n}{i}} (- 1)^{n - i}

斯特林数恒等式汇总

这里的式子上文都出现过证明过, 但是这里从用途方面重新整理一遍.

两个递推

[\binom{n}{m}] = [\binom{n - 1}{m - 1}] + (n - 1) [\binom{n - 1}{m}]

{\binom{n}{m}} = {\binom{n - 1}{m - 1}} + m {\binom{n - 1}{m}}

两个上指标卷积

\sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) [\binom{k}{A}] [\binom{n - k}{B}] = [\binom{n}{A + B}] (\binom{A + B}{A})

\sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) {\binom{k}{A}} {\binom{n - k}{B}} = {\binom{n}{A + B}} (\binom{A + B}{A})

第一类下指标求和

\sum_{i = 0}^{n} [\binom{n}{i}] = n!

第一类下指标求和结合组合数上指标

[\binom{n + 1}{m + 1}] = \sum_{k = m}^{n} [\binom{n}{k}] (\binom{k}{m})

第一类下指标求和结合组合数上指标带容斥系数

[\binom{n}{m}] = \sum_{k = m}^{n} [\binom{n + 1}{k + 1}] (\binom{k}{m}) (- 1)^{k - m}

第一类下指标求和结合第二类上指标

(\binom{n}{m}) (n - 1)^{\underset{―}{n - m}} = \sum_{k = m}^{n} [\binom{n}{k}] {\binom{k}{m}}

第一类下指标求和结合第二类上指标有容斥系数

\sum_{j = k}^{n} (- 1)^{n - j} [\begin{matrix} n \\ j \end{matrix}] {\begin{matrix} j \\ k \end{matrix}} = [k = n]

第一类下指标求和结合幂次

\sum_{i = 0}^{n} x^{i} [\binom{n}{i}] = \prod_{i = 1}^{n} (x + i - 1) = x^{\overset{―}{n}}

第二类计算式

m! {\binom{n}{m}} = \sum_{i = 0}^{m} (- 1)^{i} (m - i)^{n} (\binom{m}{i})

第二类下指标求和结合第一类上指标有容斥系数

(\binom{n}{m}) = \sum_{i = m}^{n} {\binom{n + 1}{i + 1}} [\binom{k}{m}] (- 1)^{i - m}

(\binom{n}{m}) = \sum_{i = 0}^{n} [\binom{i + 1}{m + 1}] {\binom{n}{i}} (- 1)^{n - i}

\sum_{j = k}^{n} (- 1)^{j - k} {\begin{matrix} n \\ j \end{matrix}} [\begin{matrix} j \\ k \end{matrix}] = [k = n]

第二类下指标求和结合幂次有容斥系数

m^{\underset{―}{n}} = \sum_{i = 0}^{n} m^{i} {\binom{n}{i}} (- 1)^{n - i}

第二类下指标求和结合组合数下指标有阶乘

m^{n} = \sum_{i = 1}^{m} (\binom{m}{i}) i! {\binom{n}{i}}

第二类下指标求和结合组合数下指标有容斥系数

{\binom{n}{m}} = \sum_{i = m}^{n} (\binom{n}{i}) (- 1)^{n - i} {\binom{n + 1}{i + 1}}

第二类上指标求和结合组合数下指标

{\binom{n + 1}{m + 1}} = \sum_{i = m}^{n} (\binom{n}{i}) {\binom{i}{m}}

上升下降幂与斯特林数

\sum_{i = 0}^{n} x^{i} [\binom{n}{i}] = \prod_{i = 1}^{n} (x + i - 1) = x^{\overset{―}{n}}

x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} {\binom{n}{k}} x^{\overset{―}{k}}

m^{n} = \sum_{i = 1}^{m} m^{\underset{―}{i}} {\binom{n}{i}}

m^{\underset{―}{n}} = \sum_{i = 0}^{n} m^{i} {\binom{n}{i}} (- 1)^{n - i}

上升下降幂与二项式定理

(a + b)^{\underset{―}{k}} = \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) a^{\underset{―}{i}} b^{\underset{―}{k - i}}

(a + b)^{\overset{―}{k}} = \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) a^{\overset{―}{i}} b^{\overset{―}{k - i}}

反转公式

\sum_{j = k}^{n} (- 1)^{n - j} [\begin{matrix} n \\ j \end{matrix}] {\begin{matrix} j \\ k \end{matrix}} = [k = n]

\sum_{j = k}^{n} (- 1)^{j - k} {\begin{matrix} n \\ j \end{matrix}} [\begin{matrix} j \\ k \end{matrix}] = [k = n]

斯特林反演

F_{n} = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} G_{i} \Leftrightarrow G_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\binom{n}{i}] F_{i}

F_{n} = \sum_{i = 0}^{n} [\binom{n}{i}] G_{i} \Leftrightarrow G_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} {\binom{n}{i}} F_{i}

F_{n} = \sum_{i = n} {\binom{i}{n}} G_{i} \Leftrightarrow G_{n} = \sum_{i = n} (- 1)^{i - n} [\binom{i}{n}] F_{i}

F_{n} = \sum_{i = n} [\binom{i}{n}] G_{i} \Leftrightarrow G_{n} = \sum_{i = n} (- 1)^{i - n} {\binom{i}{n}} F_{i}

posted @ 2024-11-16 16:01 snowycat1234 阅读(51) 评论(0) 编辑收藏举报

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