斯特林数

斯特林数

第二类斯特林数

定义 :

$\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\}$ 表示将n个数放在m个非空集合的方案数（注：斯特林数写作大括号）

递推式：

$$\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\}=\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}\}+m\times \{\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}\}$$

其组合意义是：把最后一个数单开一列 $\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}\}$ 加上把最后一个数放入 $m$ 个集合中的其中一个 $m\times \{\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}\}$

递推边界：$\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n}\}=\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\}=1(n\ge 0)$， $\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}\}=[n=0]$

还有其他一些特值: $\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{c}n\\ 2\end{array}\right\}=2^{n-1}-1(n>0),\left\{\begin{array}{c}n\\ n-1\end{array}\right\}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})\end{array}$

通项公式：

$$\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\}=\sum _{i=0}^m\frac{i^n\cdot (-1{)}^{m-i}}{(m-i)!i!}$$

证明：设将 n 个有标号物品放到 k 个有标号盒子（允许空盒子）的方案数为 $G_k$；将 n 个有标号物品放到 k 个有标号盒子（不允许空盒子）的方案数为 $F_k$

$$\therefore G_k=k^n,G_k=\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})F_i$$

第二个式子表示从 n 个盒子选 i 个必须放物品，然后对 i 求和。

然后二项式反演，得到：

$$F_k=\sum _{i=0}^k(-1{)}^{k-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})G_i=\sum _{i=0}^k(-1{)}^{k-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})k^n$$

因为 $F$ 的物品有标号，所以 :

$$\frac{F_k}{n!}=\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\}$$

带回去就得到：

$$\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\}=\sum _{i=0}^m\frac{i^n\cdot (-1{)}^{m-i}}{(m-i)!i!}$$

第一类斯特林数

定义：

$[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}]$：表示将 n 个元素排成 m 个轮换的方案数。也即所有 n! 个排列中，构成的置换有 m 个无标号环的排列数。

递推式：

$$[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}]=[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}]+(n-1)[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}]$$

其组合意义是：考虑最后一个元素，可以加入任意一个轮换并且可以插入任意一个位置，相当于可以任选一个数，插在其后面 $(n-1)[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}]$，也可以新开一个轮换 $[\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1}]$。

递推边界以及特殊值：

$$\begin{gathered} [\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}]=[n=0],[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n}]=1 \\ [\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}]=(n-1)!,[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-1}]=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}) \end{gathered}$$

两种斯特林数的大小关系：

由定义和递推式容易看出 ：$\{\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\}\le [\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}]$。当 m 等于 n，n-1，0 时等号成立。

定理

我们知道一个有 n 个元素的排列和一个 n 个元素的置换一一对应，于是对所有置换 中的轮换个数求和，我们有:

$$\sum _{k=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]=n!$$

斯特林数与三种幂(很重要！)

先复习一下上升幂，下降幂：

下降幂

$n^{\underset{―}{m}}=n(n-1)(n-2)\cdots (n-m+1)$

上升幂

$n^{\bar{m}}=n(n+1)(n+2)\cdots (n+m-1)$

相关结论

1. $n^{\bar{m}}=(n+m-1{)}^{\underset{―}{m}}$，用于处理上升幂
2. $n^{\underset{―}{m}}=(n-m+1{)}^{\underset{―}{m}}$，用于处理 $n<0$ 情况
3. $x^{\underset{―}{n}}=(-1{)}^n(-x{)}^{\bar{n}}$，用于上升下降幂的转换
4. $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=\frac{n^{\underset{―}{m}}}{m!}$

上升下降幂与普通幂的转换

注意到，上升幂和下降幂本质上也是多项式，所以一个多项式也可以用上升幂和下降幂来表示。

他们的关系如下：

$$\begin{gathered} x^n=\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}=\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{k})k! \\ {x}^{\bar{n}}=\sum _{k=0}^n[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}]x^k \end{gathered}$$

可以简记为第二类斯特林数对应下降幂，第一类斯特林数对应上升幂

因为下降幂的组合意义比上升幂更好，所以更常用第一个式子来转换普通幂

对于第一个式子，考虑使用数学归纳法证明：

首先观察到：$x^{\underset{―}{k+1}}=x^{\underset{―}{k}}(x-k)⟹x\cdot x^{\underset{―}{k}}=x^{\underset{―}{k+1}}+k{x}^{\underset{―}{k}}$。

那么：

$$\begin{array}{rl}x\cdot x^{n-1}& =x\cdot \sum _{k=0}^{n-1}\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k+1}}+\sum _{k=0}^{n-1}\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}k{x}^{\underset{―}{k}}\\ & =\sum _{k=1}^n\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}+\sum _{k=1}^{n-1}\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}k{x}^{\underset{―}{k}}\\ & =\sum _{k=1}^n(k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right\})x^{\underset{―}{k}}\\ & =\sum _{k=1}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}\end{array}$$

第二个式子也可以用数学归纳法证明：

不过这次的观察是 : $(x+n-1)\cdot x^k=x^{k+1}+(n-1)x^k$

$$\begin{array}{rl}{x}^{\bar{n}}& =(x+n-1)x^{\overline{n-1}}\\ & =(x+n-1)\sum _{k=0}^{n-1}\left[\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right]x^k\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}(n-1)\left[\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right]x^k+\sum _{k=1}^n\left[\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right]x^k\\ & =\sum _{k=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]x^k\end{array}$$

观察到，注意到上升幂和下降幂的多项式展开后，系数是有交错的符号，比如：

$$\begin{array}{rl}{x}^{\underset{―}{4}}& =x(x-1)(x-2)(x-3)=x^4-6x^3+11x^2-6x\\ x^{\bar{4}}& =x(x+1)(x+2)(x+3)=x^4+6x^3+11x^2+6x\end{array}$$

形式化的表示为：

$$\begin{array}{rl}& x^{\bar{n}}=\sum _{k=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]x^k\\ & x^{\bar{n}}=\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]x^k\end{array}$$

由

$$x^n=\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}$$

和

$$x^{\underset{―}{n}}=(-1{)}^n(-x{)}^{\bar{n}}$$

得到：

$$x^n=\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}(-1{)}^k(-x{)}^{\bar{k}}$$

用 $-x$ 替换 $x$，然后合并 $-1$ 的系数后易得：

$$x^n=\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}(-1{)}^{n-k}{x}^{\bar{k}}$$

总结一下：

上升下降幂的互相转换： $n^{\bar{m}}=(n+m-1{)}^{\underset{―}{m}}$ 和 $x^{\underset{―}{n}}=(-1{)}^n(-x{)}^{\bar{n}}$

普通幂转下降幂：$x^n=\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{k}}$

普通幂转上升幂：$x^n=\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}{x}^{\bar{k}}$

上升幂转普通幂：$x^{\bar{n}}=\sum _{k=0}^n[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}]x^k$

下降幂转普通幂：$x^{\underset{―}{n}}=\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}]x^k$

反转公式

由上总结，我们能感受到两类斯特林数密不可分的关系，接下来我们就来探究它们的关系。

我们把普通幂转上升幂再转普通幂得：

$$x^n=\sum _{j=0}^n\sum _{k=j}^n(-1{)}^{n-k}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}[\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j}]x^j$$

把 $\sum _{k=j}^n(-1{)}^{n-k}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}[\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j}]$ 作为 $x^j$的系数，只有 $j=n$ 时右边的系数为1，其余的系数为0。

所以得到第一个反转公式：

$$\sum _{k=j}^n(-1{)}^{n-k}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}[\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j}]=[j=n]$$

$$\begin{gathered} \because \left\{\begin{array}{c}n\\ n\end{array}\right\}[\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n}]=1 \\ \therefore \sum _{k=j}^{n-1}(-1{)}^{n-k}\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}[\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j}]=0 \end{gathered}$$

同理我们把普通幂转下降幂再转普通幂得：

$$\sum _k^n\left[\begin{array}{l}n\\ k\end{array}\right]\left\{\begin{array}{l}k\\ m\end{array}\right\}(-1{)}^{n-k}=[m=n]$$

斯特林反转

$$\begin{gathered} f(n)=\sum _{k=0}^n\left\{\begin{array}{l}n\\ k\end{array}\right\}g(k)⟺g(n)=\sum _{k=0}^n(-1{)}^{n-k}\left[\begin{array}{l}n\\ k\end{array}\right]f(k) \\ f(m)=\sum _{k=m}^n\left\{\begin{array}{l}k\\ m\end{array}\right\}g(k)⟺g(m)=\sum _{k=m}^n(-1{)}^{k-m}\left[\begin{array}{l}k\\ m\end{array}\right]f(k) \end{gathered}$$

带入用反转公式可以验证。

斯特林一行之和与一列之和

和多项式有关。

咕咕咕...

补充

高阶差分与第二类斯特林数有奇妙的性质：

$${{\mathrm{\Delta }}^m{x}^n|}_{x=0}=m!\left\{\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right\}$$