斯特林数学习笔记

第一类斯特林数

定义

$s(i,j)$表示把$i$个物品分成$j$个环的方案，或者记做$\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}$

递推式

考虑第$i$个物品的划分
$s(i,j)=s(i-1,j-1)+s(i-1,j)*(i-1)$

枚举第$1$个物品所在环的大小

$s(i,j)=\sum_{k=1}^{n}{n-1\choose k-1}(k-1)!s(i-k,j-1)$

快速求$s(n,i)$

考虑构造生成函数$F_n=\sum_{i=0}^{\infty}s(n,i)x^i$
由递推式可得
$F_n=xF_{n-1}+(n-1)F(n-1)=(x+n-1)F(n-1)$

可得$F_n=x^{\overline n}$
即$\sum_{i=0}^{n}s(n,i)x^i=x^{\overline n}$
这是就是第一类斯特林数和上升幂的关系

而且也有关于下降幂，由于$x^{\overline n}=(x+n)^{\underline n}$
所以$x^{\underline n}=(x-n)^{\overline n}$
所以$\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}s(n,i)x^i=x^{\underline n}={x\choose n}n!$

---

对和上升幂的式子
分治$NTT$可以做到$O(nlog^2n)$

考虑倍增

如果$n$为奇数，递归求解$n-1$,乘一个$x+n-1$

如果$n$为偶数
有$x^{\overline {2n}}=x^{\overline n}(x+n)^{\overline n}$
假设已经求出了$x^{\overline n}=f1(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$
考虑如何求出
$f2(x)=\sum_{i=0}^n a_i(x+n)^i$

$f2(x)=\sum_{i=0}^{n}a_i\sum_{j=0}^{i}x^jn^{i-j}{i\choose j}$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{j=0}^{n}\frac{x^j}{j!}\sum_{i=j}^na_ii!\frac{n^{i-j}}{(i-j)!}$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{j=0}^{n}\frac{x^j}{j!}\sum_{i=0}^{n-j}a_{i+j}(i+j)!\frac{n^{i}}{i!}$

令$A(x)=\sum_{i=0}^n a_ii!x^i,B(x)=\sum_{i=0}^n\frac{n^{n-i}}{(n-i)!}x^i$

把$(A*B)(x)$乘出来左移$n$位即可

复杂度$T(n)=T(\frac n 2)+O(nlogn)=O(nlogn)$

代码：

inline poly calc_s(int n){
	poly res;
	if(n==1){res.pb(0),res.pb(1);return res;}
	if(n&1){
		res=calc_s(n-1);
		res.resize(n+1);
		for(int i=n;i;i--)res[i]=add(res[i-1],mul(res[i],n-1));
		return res;
	}
	int mid=n>>1;
	poly a=calc_s(mid),b(mid+1),c(mid+1);
	for(int i=0;i<=mid;i++)c[i]=mul(a[i],fac[i]);
	for(int i=0,p=1;i<=mid;i++,Mul(p,mid))b[i]=mul(p,ifac[i]);
	reverse(b.bg(),b.bg()+mid+1);
	c=c*b;for(int i=0;i<=mid;i++)c[i]=mul(c[i+mid],ifac[i]);
	c.resize(mid+1),res=a*c;return res;
}

例题：传送门

第一类斯特林数快速求行
第一类斯特林数快速求列

第二类斯特林数

定义

$S(i,j)$表示把$i$个物品分成$j$个集合的方案数，也记作$\begin {Bmatrix} n \\ m\end {Bmatrix}$

递推式

考虑第$i$个数的划分

$S(i,j)=S(i-1,j-1)+j*S(i-1,j)$

考虑第一个数所在的集合大小

$S(i,j)=\sum_{k=1}^{i}{i-1\choose k-1}S(i-k,j-1)$

快速求解$S(n,x)$

考虑$x^n$是用$x$种颜色去染$n$个格子，枚举最后用了几种颜色，可得

$x^n=\sum_{i=1}^{min(x,n)}{x\choose i}i! S(n,i)$

实际上由于${i\choose j}$和$S(i,j)$在$i<j$的时候都为0

所以写作

$x^n=\sum_{i=1}^{n}{x\choose i}i! S(n,i)$

和

$x^n=\sum_{i=1}^{x}{x\choose i}i! S(n,i)$

都可以
在实际题目中可能会根据不同情况选择变量

对第二个式子二项式反演
得

$x!S(n,x)=\sum_{i=1}^x(-1)^{x-i}{x\choose i}i^n$

得

$S(n,x)=\sum_{i=1}^x\frac{(-1)^{x-i}}{(x-i)!}\frac{i^n}{i!}$

这是一个卷积的形式，$NTT$可以$O(nlogn)$求出

poly f,g;
for(int i=0;i<=n;i++)f.pb((i&1)?mod-ifac[i]:ifac[i]);
for(int i=0;i<=n;i++)g.pb(mul(ksm(i,n),ifac[i]));
poly S=f*g;

第二类斯特林数快速求行
第二类斯特林数快速求列