问题模型
- 求将\(n\)个数划分成\(m\)个圆排列的方案数。
- 求将\(n\)个数划分成\(m\)个集合的方案数，集合没有标号。
公式推导——递推
我们
设第一个问题的答案是\(S_1(n,m)\)，
设第二个问题的答案是\(S_2(n,m)\)。
那么不难写出递推式：
\[\ \ \ \ \ \ \ \ S_1(n,m) = S_1(n-1,m-1) + S_1(n-1,m) \times (n-1)
\]
\[\ S_2(n,m) = S_2(n-1,m-1) + S_2(n-1,m) \times m
\]
公式推导——拓展
求第一类斯特林数的某一行
我们考虑按照递推式推导出它的生成函数。
显然\(S_{1,1}(x) = x\)。
之后，我们有：
\[\ \ S_{1,n}(x) = xS_{1,n-1}(x) + (n-1)S_{1,n-1}(x)
\]
\[= (x + n-1)S_{1,n-1}(x)
\]
那么不难得出：\(S_{1,n}(x) = \prod_{i=0}^{n-1} (x+i)\),
我们也可以写成\(S_{1,n}(x) = x^{\overline{n}}\),
上面的式子是可以分治\(FFT\)的，那么我们就可以\(O(n\log^2{n})\)求出一行了。
在这里我们介绍一种更优秀的\(O(n\log{n})\)的求一行第一类斯特林数的方法。
我们考虑倍增求出这个函数。
假设我们已经有了\(S_{1,n}(x) = \prod_{i=0}^{n-1} (x+i)\)，
考虑求出\(S_{1,2n}(x) = \prod_{i=0}^{2n-1} (x+i)\)。
我们发现\(S_{1,2n}(x) = S_{1,n}(x)S_{1,n}(x+n)\)。
如果我们可以快速求出\(S_{1,n}(x+n)\)，就赢了。
显然\(S_{1,n}(x)\)是一个关于\(x\)的\(n\)次多项式，
那么我们设\(S_{1,n} = \sum_{i=0}^{n} a_i x^i\)，而\(\{a_i\}\)是我们已经求出来的。
则
\[S_{1,n}(x+n) = \sum_{i=0}^{n} a_i (x+n)^i
\]
\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum_{i=0}^{n} a_i \sum_{j=0}^{i} C(i,j) n^{i-j} x^j
\]
\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum_{j=0}^{n} x^j \sum_{i=j}^{n} C(i,j) n^{i-j} a_i
\]
\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum_{i=0}^{n} x^i \sum_{j=i}^{n} C(j,i) n^{j-i} a_j
\]
\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum_{i=0}^{n} x^i \sum_{j=i}^{n} \frac{j!}{i!(j-i)!} n^{j-i} a_j
\]
\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum_{i=0}^{n} \frac{x^i}{i!} \sum_{j=i}^{n} \frac{n^{j-i}}{(j-i)!} j! a_j
\]
注意到\((75)\)式中，第二个\(\Sigma\)是一个减法卷积，那么我们就可以\(NTT\)了。
于是，我们就可以倍增出\(S_{1,2n}\)了。
时间复杂度\(T(n) = T(\frac{n}{2}) + O(n\log{n}) = O(n\log{n})\)。
第一类斯特林数和阶乘
由第一类斯特林数的定义，显然\(n! = \sum_{i=0}^{n} S_1(n,i)\)。
这是由排列与置换和轮换的关系推导出来的。
第一类斯特林数和上升/下降幂
因为第一类斯特林数的生成函数就是\(x^{\overline{n}}\)，
所以接下来我们考虑下降幂的展开：
\[x^{\underline{n}} = (-x)^{\overline{n}} \times (-1)^n
\]
\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = (-1)^n\sum_{i=0}^{n} S_1(n,i) (-x)^i
\]
\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = (-1)^n\sum_{i=0}^{n} S_1(n,i) (-1)^i x^i
\]
\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum_{i=0}^{n} S_1(n,i) (-1)^{n-i} x^i
\]
于是我们就可以定义出有符号第一类斯特林数。
及\(S_1'(n,m) = (-1)^{n-m}S_1(n,m)\)。
并且有符号第一类斯特林数的生成函数就是\(\prod_{i=0}^{n-1}(x-i) = x^{\underline{n}}\)。
第二类斯特林数和自然数的幂
我们考虑\(n^k\)的组合意义：有\(n\)个有标号的盒子，有\(k\)个有标号的球，每个球随便放的方案数。
因为我们有\(S_2(k,m)\)表示将\(k\)个有标号的球分成\(m\)个非空集合的方案数。
那么我们不难写出：
\[\begin{aligned}
n^k &= \sum_{i=0}^{k} C(n,i) S_2(k,i) i! \\
&= \sum_{i=0}^{k} S_2(k,i) n^{\underline{i}} \\
\end{aligned}
\]
其实就是枚举在\(n\)个盒子中用了几个，盒子还有标号，所以乘阶乘。
求第二类斯特林数的某一行
我第一眼看到\((81)\)式，觉得好像可以二项式反演？
那么我们设：
\[\begin{aligned}
f_k(n) &= n^k \\
g_k(n) &= S_2(k,n) n!
\end{aligned}
\]
于是，\((81)\)式就可以写成：
\[\begin{aligned}
f_k(n) &= \sum_{i=0}^{k} C(n,i) g_k(i) \\
&= \sum_{i=0}^{n} C(n,i) g_k(i)
\end{aligned}
\]
这显然可以二项式反演：
\[ g_k(n) = \sum_{i=0}^{n} C(n,i) (-1)^{n-i} f_k(i)
\]
那么我们其实就已经推出\(S_2(k,n)\)的通项公式了：
\[ n!\ S_2(k,n) = \sum_{i=0}^{n} C(n,i) (-1)^{n-i} i^k
\]
\[\begin{aligned}
S_2(n,m) &= \frac{1}{m!} \sum_{i=0}^{m} C(m,i) (-1)^{m-i} i^n \\
&= \frac{1}{m!} \sum_{i=0}^{m} C(m,i) (-1)^i (m-i)^n \\
&= \sum_{i=0}^{m} \frac{(-1)^i}{i!} \times \frac{(m-i)^n} {(m-i)!}
\end{aligned}
\]
这样，我们就可以\(O(n\log{n})\)求出第二类斯特林数的一行了。
两类斯特林数的生成函数
为了表示清晰，我们用
- \(S_{1,n}(x)\)表示第一类斯特林数第\(n\)行的生成函数。
- \(S_{2,n}(x)\)表示第二类斯特林数第\(n\)行的生成函数。
- \(T_{1,n}(x)\)表示第一类斯特林数第\(n\)列的生成函数。
- \(T_{2,n}(x)\)表示第二类斯特林数第\(n\)列的生成函数。
那么通过递推式，我们可以得出：
第一类斯特林数——行：
\[ S_{1,n}(x)=
\begin{cases}
1, & n=0 \\
(x+n-1)S_{1,n-1}(x), & n \geq 1
\end{cases}
\]
第二类斯特林数——行：
\[ S_{2,n}(x)=
\begin{cases}
1, & n=0 \\
x(S'_{1,n-1}(x)+S_{1,n-1}(x)), & n \geq 1
\end{cases}
\]
第二类斯特林数——列：
\[\begin{aligned}
S_2(n,m) &= S_2(n-1,m-1) + mS_1(n-1,m) \\
T_2(m,n) &= T_2(m-1,n-1) + mT_1(m,n-1) \\
T_{2,m}(x) &= xT_{2,m-1}(x) + mxT_{2,m} \\
(1-mx)T_{2,m}(x) &= xT_{2,m-1}(x) \\
T_{2,m}(x) &= \frac{xT_{2,m-1}(x)}{1-mx} \\
T_{2,m}(x) &= \frac{x}{1-mx}T_{2,m-1}(x) \\
\because
T_{2,0}(x) &= 1 \\
\therefore
T_{2,m}(x) &= \frac{x^m}{\prod_{i=1}^{m}(1-ix)}
\end{aligned}
\]
此时我们可以在用之前的倍增做法将\(O(n\log^2{n})\)优化至\(O(n\log{n})\)。
第一类斯特林数——列（此方法为\(yyxmy\)巨佬提供\(ORZ\)）：
考虑枚举每一个环排列的大小\(a_i\)，在这里当做环有标号（之后在除以阶乘就好了）。
那么有：
\[\begin{aligned}
S_1(n,k) &= \frac{1}{k!} \sum_{a_1+a_2+...+a_k = n} \frac{n!}{\prod_{i=1}^{k}a_i!} \prod_{i=1}^{k}(a_i-1)! \\
&= \frac{1}{k!} \sum_{a_1+a_2+...+a_k = n} \frac{n!}{\prod_{i=1}^{k}a_i} \\
&= \frac{n!}{k!} \sum_{a_1+a_2+...+a_k = n} \frac{1}{\prod_{i=1}^{k}a_i}
\end{aligned}
\]
之后可以定义\(f(x)=\sum_{i=1} \frac{x^i}{i}\)，然后\(\left[f(x)\right]^k\)中\(x^i\)的系数\(\times \frac{i!}{k!}\)就是\(S_1(i,k)\)。
补充：
注意到\(f(x)\)的首项是\(0\)而不是\(1\)，直接多项式\(exp\)求快速幂的话不太方便。
我们考虑设\(g(x)=\frac{f(x)}{x}\)，那么\(\left[g(x)\right]^k\)中\(x^{i-k}\)的系数\(\times \frac{i!}{k!}\)就是\(S_1(i,k)\)。
而且，可以用同样的方式推到第二类斯特林数的一列求法，只要在多项式快速幂之前将\(\frac{x^i}{i}\)变成\(\frac{x^i}{i!}\)就好了。
斯特林反演——反转公式
给出一个显然而且之前也用过的式子：
\[\begin{aligned}
x^{\overline{n}} &= (-1)^n (-x)^{\underline{n}} \\
x^{\underline{n}} &= (-1)^n (-x)^{\overline{n}}
\end{aligned}
\]
那么我们将其代入之前的一个式子：
\[\begin{aligned}
n^m &= \sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) n^{\underline{k}} \\
&= \sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) (-1)^k (-n)^{\overline{k}}
\end{aligned}
\]
此时我们想到第一类斯特林数的生成函数，有：
\[\begin{aligned}
n^m &= \sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) (-1)^k (-n)^{\overline{k}} \\
&= \sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) (-1)^k \sum_{j=0}^{k} S_1(k,j) (-n)^j \\
&= \sum_{j=0}^{m} n^j \sum_{k=j}^{m} S_2(m,k) S_1(k,j)
(-1)^{k-j} \\
\end{aligned}
\]
对比两侧的系数，而且这个式子对于任意\(n\)都满足，所以有：
\[ \sum_{k=j}^{m} S_2(m,k) S_1(k,j) (-1)^{k-j} = [j=m]
\]
如果我们是用\(n^{\underline{m}}\)来推导还可以得到另一个式子：
\[ \sum_{k=j}^{m} S_1(m,k) S_2(k,j) (-1)^{k-j} = [j=m]
\]
放在一起就是：
\[\begin{aligned}
\sum_{k=j}^{m} S_2(m,k) S_1(k,j) (-1)^{k-j} &= [j=m] \\
\sum_{k=j}^{m} S_1(m,k) S_2(k,j) (-1)^{k-j} &= [j=m]
\end{aligned}
\]
斯特林反演——反演公式：
假设我们知道\(f(n) = \sum_{i=0}^{n} S_2(n,i) g(i)\)，
求\(g(n)\)关于\(f(i)\)的表达式。
我们考虑一个及其显然的式子：
\[\begin{aligned}
g(n) &= \sum_{i=0}^{n} [i=n] g(i) \\
&= \sum_{i=0}^{n} \left(\sum_{j=i}^{n} S_1(n,j)S_2(j,i)(-1)^{n-j}\right)g(i) \\
&= \sum_{i=0}^{n} \left(\sum_{j=0}^{n} S_1(n,j)S_2(j,i)(-1)^{n-j}\right)g(i) \\
&= \sum_{j=0}^{n} (-1)^{n-j} S_1(n,j) \sum_{i=0}^{n} S_2(j,i) g(i) \\
&= \sum_{j=0}^{n} (-1)^{n-j} S_1(n,j) f(j) \\
&= \sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} S_1(n,i) f(i) \\
\end{aligned}
\]
同理，那么我们可以得到这些公式：
\[\begin{aligned}
f(n) = \sum_{i=0}^{n} S_2(n,i) g(i)
&\Leftrightarrow
g(n) = \sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} S_1(n,i) f(i) \\
f(n) = \sum_{i=0}^{n} S_1(n,i) g(i)
&\Leftrightarrow
g(n) = \sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} S_2(n,i) f(i) \\
\end{aligned}
\]
