【学习笔记】【数学】斯特林数基础

斯特林数基础

高等的我不会

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目录

• 前置知识：
• 定义：
• 第二类斯特林数
  • 递推式：
  • 通项公式
• 第一类斯特林数
  • 递推式
• 上升幂、下降幂与普通幂的转化
• 例题：Team Work
  • 解题：

前置知识：

• 组合数学

• 容斥原理（证明第二类斯特林数的通项公式）

• 二项式反演（证明第二类斯特林数的通项公式）

• 圆排列相关（第一类斯特林数）

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：

$$\begin{aligned} x=\frac{5!}{5}=(5-1)!=4! \end{aligned}$$

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：

$$\begin{aligned} x=\dbinom{m}{n}\times (n-1)!=\frac{A_m^n}{n} \end{aligned}$$

• 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？

来自微积分

定义下降幂$x^{\underline{m}}$，上升幂 $x^{\overline{m}}$，有：

$$\begin{aligned} &x^{\underline m} = x(x - 1)(x - 2) ... (x - m + 1)\\ &x^{\overline m} = x(x + 1)(x + 2) ... (x + m - 1) \end{aligned}$$

他们之间有关联：

$$\begin{aligned} &(-x)^{\underline m}=(-1)^m\times x^{\overline m}\\ &(-x)^{\overline m}=(-1)^m\times x^{\underline m} \end{aligned}$$

我认为这是显然的，读者自证不难（

小小的证明一下：

$$\begin{aligned} (-x)^{\underline m}&=(-x)(-x-1)(-x-2)…(-x-m+1)\\ &=(-1)^m\times x(x+1)(x+2)…(x+m-1)\\ &=(-1)^m\times x^{\overline m} \end{aligned}$$

相应的，排列组合数也和二项式有关：

$$\begin{aligned} &\dbinom{n}{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{n^{\underline m}}{m!}\\ &A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}=n^{\underline m} \end{aligned}$$

甚至有非常奇妙的有关同余的性质：

$$\begin{aligned} x^{\overline m}\equiv x^m-x\pmod{m} \end{aligned}$$

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：

百度百科

oi-wiki

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：

$$\begin{aligned} \begin{Bmatrix}n\\k \end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix} n-1\\k-1 \end{Bmatrix}+k\times\begin{Bmatrix} n-1\\k \end{Bmatrix} \end{aligned}$$

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

$$\begin{aligned} \begin{Bmatrix} n\\m \end{Bmatrix}=\sum_{i=0}^{m}\limits\frac{(-1)^{m-i}\times i^n}{i!(m-i)!} \end{aligned}$$

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：

$$\begin{aligned} g_i&=\sum_{j=0}^{i}\limits \dbinom{i}{j} \times f_j\\ f_i&=\sum_{j=0}^{i}\limits (-1)^{i-j}\times \dbinom{i}{j} \times g_j\\ &=\sum_{j=0}^{i} (-1)^{i-j}\times \dbinom{i}{j} \times j^n\\ &=\sum_{j=0}^{i}\limits \frac{i!\times (-1)^{i-j}\times j^n}{j!\times (i-j)!} \end{aligned}$$

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：

$$\begin{aligned} \begin{Bmatrix} n\\m \end{Bmatrix}=\frac{f_m}{m!}=\sum_{i=0}^{m}\limits \frac{(-1)^{m-i}\times i^n}{i!\times (m-i)!} \end{aligned}$$

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

$$\begin{aligned} \begin{bmatrix} n\\k \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} n-1\\k-1 \end{bmatrix}+(n-1)\times \begin{bmatrix} n-1\\k \end{bmatrix} \end{aligned}$$

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：

$$\begin{aligned} &x^{\overline n}=\sum_{k=0}^{n}\limits \begin{bmatrix} n\\k \end{bmatrix} \times x^k\\ &x^n=\sum_{k=0}^{n}\limits \begin{Bmatrix} n\\k \end{Bmatrix} \times (-1)^{n-k}x^{\overline k}\\ &x^{\underline n}=\sum_{k=0}^{n}\limits \begin{bmatrix} n\\k \end{bmatrix} \times (-1)^{n-k}x^k\\ &x^n=\sum_{k=0}^{n}\limits \begin{Bmatrix} n\\k \end{Bmatrix}\times x^{\underline k} \end{aligned}$$

如何证明？数学归纳法（前置知识有）。

首先假设我们认为：

$$\begin{aligned} x^n=\sum_{k=0}^{n}\limits \begin{Bmatrix} n\\k \end{Bmatrix}x^{\underline k},n\in Z, n\geq 0 \end{aligned}$$

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：

$$\begin{aligned} x^n&=x\times x^{n-1}\\ &=x\times \sum_{k=0}^{n-1}\limits \begin{Bmatrix} n-1\\k \end{Bmatrix}\times x^{\underline k}\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}\limits \begin{Bmatrix} n-1\\k \end{Bmatrix}\times x^{\underline {k+1}}+\sum_{k=0}^{n-1}\limits \begin{Bmatrix} n-1\\k \end{Bmatrix}\times kx^{\underline k}\\ &=\sum_{k=1}^{n}\limits \begin{Bmatrix} n-1\\k-1 \end{Bmatrix}\times x^{\underline {k}}+\sum_{k=0}^{n-1}\limits \begin{Bmatrix} n-1\\k \end{Bmatrix}\times kx^{\underline k}\\ &=\sum_{k=0}^{n}\limits \begin{Bmatrix} n-1\\k-1 \end{Bmatrix}\times x^{\underline {k}}+\sum_{k=0}^{n}\limits \begin{Bmatrix} n-1\\k \end{Bmatrix}\times kx^{\underline k}\\ &=\sum_{k=0}^{n}\limits \left(k\times \begin{Bmatrix} n-1\\k \end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix} n-1\\k-1 \end{Bmatrix}\right)x^{\underline k}\\ &=\sum_{k=0}^{n}\limits \begin{Bmatrix} n\\k \end{Bmatrix} x^{\underline k} \end{aligned}$$

证毕。

其余同理。

例题：Team Work

Team Work

题目链接

题面翻译

给定 $n,k$，求：

$$\sum_{i=1}^n\binom n i \times i^k$$

$1 \leq k \leq 5000,1 \leq n \leq 10^9$

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：

$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^{n}\limits \dbinom{n}{i}\times i^k\\ &=\sum_{i=0}^{n}\limits \dbinom{n}{i}\sum_{j=1}^{k}\limits \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix} \times i^{\underline j}\\ &=\sum_{i=0}^{n}\limits \dbinom{n}{i}\sum_{j=1}^{k}\limits \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix} \times \frac{i!}{(i-j)!}\\ &=\sum_{i=0}^{n}\limits \dbinom{n}{i}\sum_{j=1}^{k}\limits \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix} \times \frac{i!}{(i-j)!j!}\times j!\\ &=\sum_{i=0}^{n}\limits \dbinom{n}{i}\sum_{j=1}^{k}\limits \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix} \times \dbinom{i}{j}\times j!\\ &=\sum_{j=1}^{k}\limits \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix}j!\sum_{i=0}^{n}\limits \dbinom{n}{i}\times \dbinom{i}{j}\\ &=\sum_{j=1}^{k}\limits \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix}j!\sum_{i=0}^{n}\limits \dbinom{n}{j}\times \dbinom{n-j}{i-j}\\ &=\sum_{j=1}^{k}\limits \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix}j!\dbinom{n}{j}\sum_{i=0}^{n-j}\limits \dbinom{n-j}{i}\\ &=\sum_{j=1}^{k}\limits \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix}j!\dbinom{n}{j}\sum_{i=0}^{n-j}\limits \dbinom{n-j}{i}\\ &=\sum_{j=1}^{k}\limits \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix}j!\times \dbinom{n}{j}\times 2^{n-j}\\ &=\sum_{j=1}^{k}\limits \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix} \frac{n!}{(n-j)!}\times 2^{n-j} \end{aligned}$$

$\sum$ 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。