斯特林数及斯特林反演

此文章涉及到斯特林数性质及斯特林反演，例题总结与应用篇\(\Longrightarrow\)点这里

\({\large\color{SpringGreen}{历史小芝士}}\)

在组合数学中，斯特林\((Stirling)\)数可指两类数，第一类斯特林数和第二类斯特林数
这些均由\(18\)世纪数学家\(James Stirling\)提出的，并在著作《\(Methodous Differentialis\)》中首次使用

自此，斯特林数成为又一广泛运用到处理组合问题的一大利器

\({\large\color{SpringGreen}{第一类斯特林数}}\)

定义

\(\begin{bmatrix}n\\m \end{bmatrix}\)表示\(n\)个元素分成\(m\)个环的方案数

显然：

\[\begin{bmatrix}n\\m \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1 \end{bmatrix}+(n-1)*\begin{bmatrix}n-1\\m \end{bmatrix} \]

理解：考虑从\(n-1\)个元素推过来，如果两个空环肯定是不符合的
\(~~~~~~~~~~\)空一个环则单独成环，如果\(n-1\)的时候就没有空环就任意放在一个元素前

性质

\(n!=\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}\)

理解：其实本质就是置换，一个环则为一组轮换，每种排列都会对应着唯一一种置换

\(x^{\underline n}=\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i\\\)

归纳法：

\[\begin{aligned}\\ x^{\underline {n+1}}&=(x-n)x^{\underline n}\\ &=(x-n)\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i\\ &=x\sum\limits_{i=0}^{n} \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^{i}-n\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i} x^i\\ &=\sum\limits_{i=0}^{n} \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^{i+1}-n\sum\limits_{i=0}^{n+1} \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i} x^i\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n+1} \begin{bmatrix}n\\i-1 \end{bmatrix}(-1)^{n-i+1}x^{i}+n\sum\limits_{i=0}^{n+1} \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i+1} x^i\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n+1} ( \begin{bmatrix}n\\i-1 \end{bmatrix} +n*\begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix})(-1)^{n-i+1}x^{i}\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n+1} \begin{bmatrix}n+1\\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i+1}x^{i}\\ &=\sum\limits_{i=0}^{(n+1)} \begin{bmatrix}n+1\\i \end{bmatrix}(-1)^{(n+1)-i}x^{i}\\ \end{aligned}\]

\(x^{\overline n}=\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}x^i\)

证明类上，不再赘述

求第一类斯特林数

\[\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}x^i=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i) \]

\(\begin{array}{c c c}~&0&1&2&3&4\\0&0&0&0&0&0\\1&0&1&0&0&0\\2&0&1&1&0&0\\3&0&2&3&1&0\\4&0&6&11&6&1\end{array}\)

其实把表刷出来就差不多了，可以理解为根据\(\begin{bmatrix}n\\m \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1 \end{bmatrix}+(n-1)*\begin{bmatrix}n-1\\m \end{bmatrix}\)逐渐转移

至此，我们可以通过分治\(FFTO(nlog^2n)\)求出一行的第一类斯特林数

还有一种类似于多项式求逆模式\(O(nlogn)\)的方法

\[F(x)^n=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(x+i),F(x)^{2n}=F(x)^nF(x+n)^n \]

考虑当我们求出\(F(x)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}a_ix^i\)：

\[\begin{aligned}\\ F(x+n)^{n}&=\sum\limits_{i=0}^{n}a_i(x+n)^i\\ &=\sum\limits_{i=0}^na_i\sum\limits_{j=0}^i{i\choose j}n^{i-j}x^j\\ &=\sum\limits_{i=0}^n(\sum\limits_{j=i}^n {j\choose i}n^{j-i}a_j)x^i\\ &=\sum\limits_{i=0}^n(\sum\limits_{j=i}^n \frac{j!}{i!(j-i)!}n^{j-i}a_j)x^i\\ &=\sum\limits_{i=0}^n (i!)^{-1}x^i (\sum\limits_{j=i}^n (\frac{n^{j-i}}{(j-i)!})\cdot (j!a_j))\\ \end{aligned}\]

我们通过左半部分系数能得到右半部分系数，再相乘一下就得到了总体的系数

Code

留有少量注释

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const LL mod=998244353,g=3,maxn=1e6+9;
inline LL Pow(LL base,LL b){
    LL ret(1);
    while(b){
        if(b&1) ret=ret*base%mod; base=base*base%mod; b>>=1;
    }return ret;
}
LL r[maxn];
inline LL Fir(LL n){
    LL limit(1),len(0);
    while(limit<(n<<1)){
        limit<<=1; ++len;
    }
    for(LL i=0;i<limit;++i) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<len-1);
    return limit;
}
inline void NTT(LL *a,LL n,LL type){
    for(LL i=0;i<n;++i) if(i<r[i]) std::swap(a[i],a[r[i]]);
    for(LL mid=1;mid<n;mid<<=1){
        LL wn(Pow(g,(mod-1)/(mid<<1))); if(type==-1) wn=Pow(wn,mod-2);
        for(LL R=mid<<1,j=0;j<n;j+=R)
            for(LL k=0,w=1;k<mid;++k,w=w*wn%mod){
            	LL x(a[j+k]),y(w*a[j+mid+k]%mod);
            	a[j+k]=(x+y)%mod; a[j+mid+k]=(x-y+mod)%mod;
            }
    }
    if(type==-1){
        LL ty(Pow(n,mod-2)); for(LL i=0;i<n;++i) a[i]=a[i]*ty%mod;
    }
}
LL T[maxn],F[maxn],H[maxn],G[maxn],fac[maxn],fav[maxn],tmp[maxn],sum[maxn],B[maxn];
inline void Mul(LL n,LL *a,LL *b,LL *ans){
    LL limit(Fir(n));
    NTT(a,limit,1); NTT(b,limit,1);
    for(LL i=0;i<limit;++i) ans[i]=a[i]*b[i]%mod;
    NTT(ans,limit,-1);
}
inline void Solve(LL n,LL *a){
    if(!n){ a[0]=1; return; }
    if(n==1){ a[1]=1; return; }
    LL len(n/2);
    Solve(len,a);
    
    LL limit(Fir(len+1));
    for(LL i=0;i<=len;++i) F[i]=Pow(len,i)*fav[i]%mod;
    for(LL i=0;i<=len;++i) H[i]=fac[i]*a[i]%mod;
    for(LL i=0;i<=(len>>1);++i) std::swap(H[i],H[len-i]);
    for(LL i=len+1;i<limit;++i) F[i]=H[i]=0;
    NTT(F,limit,1); NTT(H,limit,1);
    for(LL i=0;i<limit;++i) G[i]=F[i]*H[i]%mod;
    NTT(G,limit,-1);
    for(LL i=0;i<=len;++i) tmp[i]=G[len-i]*Pow(fac[i],mod-2)%mod;//right
    
    Mul(len+1,a,tmp,B);//left * right
    for(LL i=0;i<=(len<<1);++i) a[i]=B[i];
    for(LL i=(len<<1)+1;i<=(len<<2);++i) a[i]=tmp[i]=0;
    
    if(n&1){
        for(LL i=0;i<n;++i) T[i]=a[i];
        for(LL i=1;i<=n;++i) a[i]=(T[i-1]+(n-1)*T[i]%mod)%mod;
    }
}
inline LL Get_c(LL n,LL m){
    return fac[n]*fav[m]%mod*fav[n-m]%mod;
}
LL n;
LL ans[maxn];
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    fac[0]=fac[1]=1;
    for(LL i=2;i<=n;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    fav[n]=Pow(fac[n],mod-2);
    for(LL i=n;i>=1;--i) fav[i-1]=fav[i]*i%mod;
    Solve(n,ans);
	for(LL i=0;i<=n;++i) printf("%lld ",ans[i]);printf("\n");
	return 0;
}

\({\large\color{SpringGreen}{第二类斯特林数}}\)

定义

\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\)表示\(n\)个有区别的小球丢进\(m\)个无区别的盒子，无空盒子的方案数

显然：

\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m*\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix} \]

理解：考虑从\(n-1\)个小球推过来，如果两个空盒子肯定是不符合的
\(~~~~~~~~~~\)空一个盒子则只能放到那个空盒子里面了，如果\(n-1\)的时候就没有空箱子就随便放

性质

\[m^n=\sum_{i=0}^{m}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}*i!*C(m,i) \]

当然也可以写成：

\[m^n=\sum\limits_{i=0}^m \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}*m^{\underline i} \]

到后面反演时我们会这样写：

\[m^n=\sum\limits_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}*m^{\underline i} \]

看看后面的\(m^{\underline i}\)就懂了

理解：\(m^n\)为\(n\)个有区别的小球丢进\(m\)个有区别的盒子，允许空盒子
\(~~~~~~~~~~\)枚举有效盒子的个数，再从\(m\)个盒子选\(i\)个盒子，然后\(n\)个小球丢进\(i\)个盒子

转换到组合表示

第二类斯特林数显然是和排列组合有关系的，转换过来：

\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^kC(m,k)(m-k)^n \]

理解：如果空箱子的情况我们也算进去，答案显然是\(\frac{m^n}{m!}\)
\(~~~~~~~~~~\)反过来求第二类斯特林数，又得减掉这种情况：
\(~~~~~~~~~~\)选\(k\)个空盒子，然后小球放到其他的盒子里
\(~~~~~~~~~~\)但最后我们求出来的答案为有区别的盒子，转换过来要\(×\frac{1}{m!}\)

求第二类斯特林数

大概都能猜到是卷积形式了吧，随手展开一下：

\[\begin{aligned}\\ \begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}&=\frac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\frac{m!}{k!(m-k)!}(m-k)^n\\ &=\sum\limits_{k=0}^m\frac{(-1)^k(m-k)^n}{k!(m-k)!}\\ \end{aligned}\]

至此，我们能实现\(O(nlogn)\)求出\(S(n)\)这一行的第二类斯特林

第二类斯特林数与自然数幂的关系

\[\begin{aligned}\\ Sum(n)&=\sum\limits_{i=0}^n i^k\\ &=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix}i^{\underline j}\\ &=\sum\limits_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix}\sum\limits_{i=0}^n i^{\underline j}\\ &=\sum\limits_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix}j!\sum\limits_{i=0}^nC_i^j\\ &=\sum\limits_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix}j!C_{n+1}^{j+1}\\ &=\sum\limits_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\\j \end{Bmatrix} \frac{(n+1)^{\underline {j+1}}}{j+1}\\ \end{aligned}\]

关于\(\sum\limits_{i=0}^nC_i^j=C_{n+1}^{j+1}\)的理解：枚举\(j+1\)的右端点\(i+1\)，则相当于从\(i\)个点中选\(j\)个点

\({\large\color{SpringGreen}{斯特林反演}}\)

定义

斯特林反演：\(f(n)=\sum\limits_{k=0}^n \begin{Bmatrix}n\\k \end{Bmatrix}g(k)\Longleftrightarrow g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}\begin {bmatrix} n\\k \end{bmatrix}f(k)\)

总结上面我们所推倒的性质

\(x^{\underline n}=\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i,x^{\overline n}=\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i \end{bmatrix}x^i\)
\(m^n=\sum\limits_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}*m^{\underline i}\)

补充

\[x^{\underline n}=(-1)^n (-x)^{\overline n},x^{\overline n}=(-1)^n (-x)^{\underline n} \]

前置

我们先证这个反转公式

\[\begin{aligned}\displaystyle \sum_{k=m}^n (-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} \begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}=[m=n]\\ \sum_{k=m}^n (-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} \begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}=[m=n]\end{aligned}\]

反转公式1：

\[\begin{aligned}\\ m^{\underline n}&=\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}m^i\\ &=\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}\sum\limits_{j=0}^i \begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}m^{\underline j}\\ &=\sum\limits_{i=0}^n m^{\underline i}\sum\limits_{j=i}^n (-1)^{n-j} \begin{bmatrix}n\\j\end{bmatrix} \begin{Bmatrix}j\\i\end{Bmatrix}\\ \end{aligned}\]

反转公式2：

\[\begin{aligned}\\ m^n&=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}m^{\underline i}\\ &=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}(-1)^i(-m)^{\overline i}\\ &=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}(-1)^i\sum\limits_{j=0}^i \begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}(-m)^j\\ &=\sum\limits_{i=0}^n m^i\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{i-j} \begin{Bmatrix}n\\j\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}j\\i\end{bmatrix}\\ \end{aligned}\]

推式

已知：\(g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}\begin {bmatrix} n\\k \end{bmatrix}f(k)\)

\[\begin{aligned}\\ f(n)&=\sum\limits_{k=0}^n [k=n]f(k)\\ &=\sum\limits_{k=0}^n\sum\limits_{j=k}^n \begin {Bmatrix} n\\j \end{Bmatrix}\begin {bmatrix} j\\k \end{bmatrix}(-1)^{j-k}f(k)\\ &=\sum\limits_{k=0}^n \begin {Bmatrix} n\\k \end{Bmatrix}\sum\limits_{j=0}^k (-1)^{k-j}\begin {bmatrix} k\\j \end{bmatrix}f(j)\\ &=\sum\limits_{k=0}^n \begin {Bmatrix} n\\k \end{Bmatrix}g(k)\\ \end{aligned}\]

\({\large\color{SpringGreen}{斯特林数应用}}\)

总结

posted @ 2019-04-14 09:45 y2823774827y 阅读(8049) 评论(8) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

y2823774827y