【学习笔记】【数学】斯特林数基础
斯特林数基础。
斯特林数，多出现在组合枚举问题中。
包含第一类斯特林数，第二类斯特林数以及下降幂、上升幂与普通幂的转化。
斯特林数基础
高等的我不会
前置知识：
圆排列相关
循环排列，又称圆排列，环排列，轮换。
指 \(m\) 个数中选 \(n\) 个不同的元素排列成一个无头无尾的环形，两个圆排列相同当且仅当索取元素个数相同，取法一致，环上排列顺序相同。
如：\(abcde,bcdea,cdeab,deabc,eabcd\) 是五个元素的一种圆排列。
而 \(acbde\) 则又是另一种圆排列，这是圆排列与直线排列的主要区别。
而根据刚刚我们知道，一种圆排列可以拆成五种不同的直线排列，而五个元素的直线排列有 \(5!\) 种，设圆排列个数为 \(x\)，易得：
即，对于 \(n\) 个不同的元素，其圆排列个数为 \((n-1)!\)。
而我们知道，\(m\) 个相异元素里，选出 \(n\) 个数的方案数是 \(\dbinom{m}{n}\)。
因此，从 \(m\) 个相异元素选出 \(n\) 个可以组成圆排列个数：
- 上升幂与下降幂（通过斯特林数转换普通幂）
上升幂、下降幂
上升幂与下降幂怎么来的我就不知道了，好像是微积分？
定义下降幂$ x^{\underline{m}}$，上升幂 \(x^{\overline{m}}\)，有：
他们之间有关联：
我认为这是显然的，读者自证不难（
小小的证明一下：
相应的，排列组合数也和二项式有关：
甚至有非常奇妙的有关同余的性质：
但是没什么用好像，也不是很想证明了，留给佬的闲话（什
证了的话可以@我谢谢喵
- 数学归纳法（通过斯特林数转换普通幂）
有关数学归纳法
数学归纳法是证明某个命题对于所有满足 \(n\geq n_0\) 的整数 \(n\) 的都成立的一种方法，具体步骤如下：
-
首先在 \(n\) 取得最小值 \(n_0\) 时证明命题，即基础。
-
其次对 \(n>n_0\)，假设 \(n_0\) 与 \(n-1\) 之间（包括它们本身）所有值都已经被证明，证明该命题对 \(n\) 成立，即归纳。
用有限步可以得到无限的结果，这就是数学归纳！
往往递推式可以用数学归纳法完美地建立。
定义：
斯特林数，多出现在组合枚举问题中。
-
第一类斯特林数 \(s(n,m)\)，也被记为 \(\begin{bmatrix}n\\m \end{bmatrix}\)，表示将 \(n\) 个不同元素构成 \(m\) 个圆排列的方案数。
-
第二类斯特林数 \(S(n,m)\)，也被记为 \(\begin{Bmatrix}n\\m \end{Bmatrix}\)，表示将 \(n\) 个不同元素分成 \(m\) 个集合的方案数。
由于第一类斯特林数与第二类斯特林数的 \(s\) 大小写难以区分，所以本文将采用另一种写法。
通常第二类斯特林数更加常用，因此首先描述第二类斯特林数。
第二类斯特林数
第二类斯特林数（斯特林子集数）\(\begin{Bmatrix}n\\k \end{Bmatrix}\)，表示将 \(n\) 个相异元素划分为 \(k\) 个互不区分的非空子集的方案数。
（互不区分：不考虑非空子集之间的排列）
递推式：
边界为 \(\begin{Bmatrix} n\\0 \end{Bmatrix}=[n=0]\)。
(\([n=0]\) 返回值是一个 bool 值）
证明：
-
这是一个递推式，我们每新加入一个新元素，将新元素单独开一个子集，有\(\begin{Bmatrix} n-1\\k-1 \end{Bmatrix}\) 种方案。
-
将新元素放入一个现有的非空子集，有 \(k\times \begin{Bmatrix} n-1\\k \end{Bmatrix}\) 种方案。
加法原理相加。
最后边界是 \(\begin{Bmatrix} n\\0 \end{Bmatrix}=[n=0]\)，毫无疑问如果 \(n\neq 0\) 是无意义的，否则方案数为 \(1\)。
于是有递推代码：
递推求第二类斯特林数
#define rg register int
#define il inline
il void pre(){
//递推求至S[n][m]
S[0][0]=1;
for(rg i=1;i<=n;++i){
for(rg j=1;j<=min(i,m);++j){
S[i][j]=S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j]%mod;
}
}
}
通项公式
这个公式可以用容斥原理或二项式反演证明，这里使用二项式反演：
设 \(n\) 个互异元素，划分到 \(i\) 个互异集合（包括空集）的方案数是 \(g_i=i^n\)，而 \(n\) 个互异元素，划分至 \(i\) 个两两不同的非空集合（不包括空集）的方案数是 \(f_i\)。
根据二项式反演形式一：\(f_n=\sum^{n}_{i=0}\limits \dbinom{n}{i}g_i \Leftrightarrow g_n=\sum^{n}_{i=0}\limits(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}f_i\)，易得：
而 \(f_i\) 与 \(\begin{Bmatrix} n\\i \end{Bmatrix}\) 的唯一不同点在于：\(\begin{Bmatrix} n\\i \end{Bmatrix}\) 不计算非空集合之间的排列，因此 \(f_i=i!\times \begin{Bmatrix} n\\i \end{Bmatrix}\)，得证：
至于同一行第二类斯特林数之类的计算我不会，长大再学（
第一类斯特林数
第一类斯特林数（斯特林轮换数），\(\begin{bmatrix} n\\k \end{bmatrix}\)，表示将 \(n\) 个相异元素划分为 \(k\) 个互不区分的非空的圆排列方案数。
（互不区分：不考虑非空子集之间的排列）
（有关圆排列已经在前置知识解释）
递推式
边界是 \(\begin{bmatrix} n\\0 \end{bmatrix}=[n=0]\)。
(\([n=0]\) 返回值是一个 bool 值）
相似的证明：
当我们插入一个新元素的时候，有两种方案：
-
新元素单独放入一个圆排列： \(\begin{bmatrix} n-1\\k-1 \end{bmatrix}\)。
-
新元素插入到任何一个现有的圆排列中：\((n-1)\times \begin{bmatrix} n-1\\k \end{bmatrix}\)。
加法原理易证。
对于 \(\begin{bmatrix} n\\0 \end{bmatrix}=[n=0]\) 边界，\(n\leq 0\) 无意义，否则方案为 \(1\)。
递推求第一类斯特林数
#define rg register int
#define il inline
il void pre(){
//递推求至s[n][m]
s[0][0]=1;
for(rg i=1;i<=n;++i){
for(rg j=1;j<=min(i,m);++j){
s[i][j]=s[i-1][j-1]+(i-1)*s[i-1][j]%mod;
}
}
}
同一行第一类斯特林数我不会，长大再学（
上升幂、下降幂与普通幂的转化
有恒等式：
如何证明？数学归纳法（前置知识有）。
首先假设我们认为：
显然本式在 \(n=0\) 时成立，故假设本式在 \(0-(n-1)\) 区间成立，证明 \(n\) 是否成立。
（我只会这么证明，不要问我先辈是如何找到这个式子的，我真不会）
因为 \(x^{\underline {k+1}}=x^{\underline k}\times (x-k)\)，所以 \(x\times x^{\underline k}=x^{\underline {k+1}}+kx^{\underline k}\)。（本式在下面第\(2\to 3\) 行使用）
（ps：在第 \(4\to 5\) 行中：设 \(\begin{Bmatrix} n-1\\k-1 \end{Bmatrix}\) 在 \(k=0\) 的情况下等于 \(0\)，\(\begin{Bmatrix} n-1\\k \end{Bmatrix}\) 在 \(k=n\) 的情况下等于 \(0\)。）
因此得到：
证毕。
其余同理。
例题：Team Work
Team Work
题面翻译
给定 $ n,k $，求：
$ 1 \leq k \leq 5000,1 \leq n \leq 10^9 $
题目描述
You have a team of $ N $ people. For a particular task, you can pick any non-empty subset of people. The cost of having $ x $ people for the task is $ x^{k} $ .
Output the sum of costs over all non-empty subsets of people.
输入格式
Only line of input contains two integers $ N $ $ (1<=N<=10^{9}) $ representing total number of people and $ k $ $ (1<=k<=5000) $ .
输出格式
Output the sum of costs for all non empty subsets modulo $ 10^{9}+7 $ .
样例 #1
样例输入 #1
1 1
样例输出 #1
1
样例 #2
样例输入 #2
3 2
样例输出 #2
24
提示
In the first example, there is only one non-empty subset $ {1} $ with cost $ 1^{1}=1 $ .
In the second example, there are seven non-empty subsets.
- $ {1} $ with cost $ 1^{2}=1 $
- $ {2} $ with cost $ 1^{2}=1 $
- $ {1,2} $ with cost $ 2^{2}=4 $
- $ {3} $ with cost $ 1^{2}=1 $
- $ {1,3} $ with cost $ 2^{2}=4 $
- $ {2,3} $ with cost $ 2^{2}=4 $
- $ {1,2,3} $ with cost $ 3^{2}=9 $
The total cost is $ 1+1+4+1+4+4+9=24 $ .
解题：
题意就是给你 \(n\) 个元素，你可以选任意几个元素组成的非空子集，选 \(x\) 个元素的代价是 \(x^k\)。
要求输出所有非空子集的元素代价总和。
也就是要求输出答案 \(\sum_{i=1}^{n}\limits \dbinom{n}{i}\times i^k\)。
而 \(\sum_{i=1}^{n}\limits \dbinom{n}{i}\times i^k=\sum_{i=0}^{n}\limits \dbinom{n}{i}\times i^k\)。
对于 \(i^k\) 可以用第二类斯特林数展开：
推柿子：
\(\sum\) 的 \(k\) 要取 \(min(n,k)\)。
然后某些 OJ 有一些离谱数据，什么 \(n\leq 2\times 10^5,k\leq 10^9\) 之类的，因为 \(n\) 较小 \(k\) 过大，所以直接暴力过就行。
Miku's Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register int
#define il inline
#define int long long
typedef long double llf;
namespace mystd{
il int Max(int a,int b){
if(a<b) return b;
else return a;
}
il int Min(int a,int b){
if(a>b) return b;
else return a;
}
il int Abs(int a){
if(a<0) return a*(-1);
else return a;
}
}
const int maxn=2e5+50,mod=1e9+7;
int n,k,S[5000][5000];
int fac[maxn],inv[maxn],facinv[maxn];
int ans;
int qpow(int x,int y){
int ans=1;
while(y>0){
if(y&1) ans=(ans*x)%mod;
x=(x*x)%mod;
y=y>>1;
}
return ans%mod;
}
int getc(int y,int x,int m){
if(x<y) return 0;
return fac[x]%m*facinv[y]%m*facinv[x-y]%m;
}
int lucas(int y,int x,int m){
if(y==0) return 1;
return getc(y%m,x%m,m)%m*lucas(y/m,x/m,m)%m;
}
il void input(){
scanf("%lld %lld",&n,&k);
}
il void pre(int w){
S[0][0]=1,fac[0]=fac[1]=1;
for(int i=1;i<=w;++i){
fac[i]=i*fac[i-1]%mod;
for(int j=1;j<=i;++j){
S[i][j]=(S[i-1][j-1]+(int)j*S[i-1][j]%mod)%mod;
}
}
}
il void init(int maxp){
fac[0]=fac[1]=1;
inv[0]=inv[1]=1;
facinv[0]=facinv[1]=1;
for(int i=2;i<=maxp-1;++i){
fac[i]=i*fac[i-1]%mod;
}
for(int i=2;i<=maxp-1;++i){
inv[i]=(mod-mod/i*inv[mod%i]%mod+mod)%mod;
}
for(int i=2;i<=maxp-1;++i){
facinv[i]=facinv[i-1]*inv[i]%mod;
}
}
signed main(){
input();
if(k<=5000){
pre(k);
for(int j=0;j<=min(n,k);++j){
int res=0;
res=(int)S[k][j]*qpow(2,n-j)%mod;
for(int q=n-j+1;q<=n;++q){
res=res*q%mod;
}
ans=(ans+res)%mod;
}
printf("%lld",ans);
}
else{
init(2e5+50);
for(int i=0;i<=n;++i){
int res=0;
res=lucas(i,n,mod)*qpow(i,k)%mod;
ans=(ans+res)%mod;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
return 0;
}
结束了，所有 latex 手打可能出错，若有错误请@我。
一次卷积以及反演我不会，长大再学（
upd on 10.7：集中修复部分 \(\LaTeX\) 问题。
