第一二类斯特林数学习笔记

本篇文章主要介绍斯特林数的一些推导和性质。

应用的话，不会。

前置芝士

(1) 上升幂和下降幂

上升幂：(x^{overline n} = x imes (x+1) imes (x+2)..... imes (x+n-1))

下降幂：(x^{underline n} = x imes (x-1) imes (x-2)..... imes (x-n+1))

(2) 二项式反演

(f(n) = displaystylesum_{i=0}^{n} (-1)^i {{n}choose {i}}g(i) Rightarrow g(n) = displaystylesum_{i=0}^{n}(-1)^i {nchoose i}f(i))

或者 (f(n) = displaystylesum_{i=0}^{n}{nchoose i}g(i) Rightarrow g(n) = displaystylesum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i}{nchoose i} f(i))

(3) 组合数的一些柿子

主要是第二类斯特林数推导过程会用到一些柿子。

(displaystylesum_{i=0}^{n} {ichoose m} = {n+1choose m+1})

因为 (n<m) 的时候 ({nchoose m} = 0), 所以我们的柿子可以写成：(displaystylesum_{i=m}^{n} {ichoose m})

即：({mchoose m} + {m+1choose m} + {m+2choose m}....+{nchoose m})

又因为：({mchoose m} = 1 = {m+1choose m+1})，所以 (m+1choose m+1) 可以和 ({m+1choose m}) 合并，变为：(m+2choose m+1)

然后有：({m+2choose m+1} + {m+2choose m} ={m+3choose m+1}), ({m+3choose m+1} + {m+3choose m} = {m+4choose m+1})

一直合并下去就可以得到 ({n+1choose m+1}) 。

由此可得： (displaystylesum_{i=0}^{n} {ichoose m} = {n+1choose m+1})

第一类斯特林数

第一类斯特林数 (s(n,m)) ,记做 (egin{bmatrix}n\m end{bmatrix}) 。

定义： 将 (n) 个不同的元素分成 (m) 个环的方案数 （环可以旋转，旋转后算一个环）。

递推式： (egin{bmatrix}n\mend{bmatrix} = egin{bmatrix}n-1\m-1end{bmatrix} +(n-1) imes egin{bmatrix} n-1\mend{bmatrix})

其中 (egin{bmatrix}0\0end{bmatrix} = 1, egin{bmatrix} i\0end{bmatrix} = 0 left(i ge 1 ight))

证明如下：考虑新加入的第 (n) 的元素，如果他新开一个环的话，那么剩下的 (n-1) 个元素就要放到 (m-1) 个环中，方案数为 (egin{bmatrix}n-1\m-1end{bmatrix}), 如果他要和某一个元素放在一个环，剩下的 (n-1) 个元素就要放到 (m) 个环中，且第 (n) 个元素可以放到剩下的 (n-1) 个元素的左边或右边，共有 (n-1) 个选择，所以方案数为 ((n-1) imes egin{bmatrix}n-1\mend{bmatrix}) 。

性质1：(displaystylesum_{i=0}^{n} egin{bmatrix}n\iend{bmatrix} = n!)

我们从置换的角度来入手证明这个柿子，一个置换会有若干的循环节， (i) 个循环节的置换总量为 (egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}), 所以加起来就不重不漏的统计了所有的置换，总数为 (n!)

性质2：(x^{overline n} = displaystylesum_{i=0}^{n} egin{bmatrix}n\iend{bmatrix} x^i)

考虑用归纳法证明这个柿子。

(x^{overline {n+1}} = (x+n) imes x^{overline n})

​ (= (x+n) imes displaystylesum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix} x^i)

​ (= x imes displaystylesum_{i=0}^{n} egin{bmatrix}n\iend{bmatrix} x^i + n imes displaystylesum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix} x^i)

​ (=displaystylesum_{i=0}^{n} egin{bmatrix} n\iend{bmatrix}x^{i+1} + n imes displaystylesum_{i=0}^{n} egin{bmatrix}n\iend{bmatrix} x^i)

​ (= displaystylesum_{i=1}^{n+1} egin{bmatrix}n\i-1end{bmatrix}x^i + displaystylesum_{i=0}^{n} n imes egin{bmatrix}n\iend{bmatrix} x^i)

​ (= displaystylesum_{i=1}^{n}left(egin{bmatrix} n\i-1end{bmatrix} + n imes egin{bmatrix}n\iend{bmatrix} ight) x^i+ egin{bmatrix}n\nend{bmatrix}x^{n+1} + n imes egin{bmatrix} n\0end{bmatrix} x^0)

后面的两个散项看起来不太好看，我们想办法把他们凑成和前面的 (sigma) 中一样的形式。

因为 (egin{bmatrix} n\n+1end{bmatrix} = 0,egin{bmatrix}n\-1end{bmatrix} = 0) 所以我们把这两项带进去不会产生影响，即：

(x^{overline{n+1}} = left(displaystylesum_{i=1}^{n } egin{bmatrix} n\i-1end{bmatrix} + n imes egin{bmatrix}n\iend{bmatrix} ight) x^i + left(egin{bmatrix}{n}\{n}end{bmatrix} + n imes egin{bmatrix} n\n+1end{bmatrix} ight)x^{n+1} + left(egin{bmatrix}n\-1end{bmatrix} + n imes egin{bmatrix}n\0end{bmatrix} ight)x^0)

整理一下可以变成：

(x^{overline{n+1}} = displaystylesum_{i=0}^{n+1} left(egin{bmatrix}n\i-1end{bmatrix}+n imes egin{bmatrix}n\iend{bmatrix} ight) x^i)

你会发现 (x^i) 的系数正好是第一类斯特林数的递推公式，所以：

(x^{overline{n+1}} = displaystylesum_{i=0}^{n+1} egin{bmatrix}n+1\iend{bmatrix}x^i)

然后也就是我们性质2的柿子。

性质3： (x^{underline n} = displaystylesum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix} x^i)

这个好像可以用二项式反演来证明，但是我不会，这里讲一个比较笨的方法。

(x^{underline n} = (-1)^n (-x)^{overline n} = (-1)^{n} displaystylesum_{i=0}^{n}egin{bmatrix} n\iend{bmatrix}(-x)^i = displaystylesum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}x^i)

第一类斯特林数.行

咕咕咕

第一类斯特林数.列

没学呢，咕咕咕。

第二类斯特林数

第二类斯特林数 (s(n,m)) 记做 (egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}) 。

定义：把 (n) 个不同的元素，放到 (m) 个相同的集合，每个集合不能为空的方案数。

递推式： (egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix} = egin{Bmatrix}n-1\m-1end{Bmatrix} + m imes egin{Bmatrix}n-1\mend{Bmatrix})

其中 (egin{Bmatrix}0\0end{Bmatrix} = 1, egin{Bmatrix}i\0end{Bmatrix} = 0,(ige 1)) 。

性质1：(m^n = displaystylesum_{i=0}^{n} egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix} imes i! imes {mchoose i} = displaystylesum_{i=0}^{n} egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}m^{underline i})

ps:这里的求和上标既可以是 (n) 也可以是 (m)， 因为当 (n>m) 的时候，({mchoose i} = 0 (i> m))， 当 (n<m) 的时候，(egin{Bmatrix} n\iend{Bmatrix} = 0 (i>n))

这个我们考虑用组合意义来证明。

首先 (m^n) 表示 (n) 个物品放入(m) 个不同的盒子中，每个盒子可以为空的情况数。

我们考虑枚举有多少个非空盒子，首先要从 (m) 个盒子中选出 (i) 个方案数为 (mchoose i) ，然后这个 (n)

个物品要放到 (i) 个盒子中，方案数为 (egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}),又因为每个盒子不同，所以还要乘上 (i!) 。

因此 (m^n = displaystylesum_{i=0}^{n}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix} imes i! imes {mchoose i}) 。

我们把组合数拆开可得：

(m^n = displaystylesum_{i=0}^{n} egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix} imes i! imes {m!over i! imes (m-i)!})

​ (=displaystylesum_{i=0}^{n}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix} {m!over (m-i)!})

​ (=displaystylesum_{i=0}^{n} egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}m^{underline i})

性质1的最右边的那个柿子也推出来了。

性质2： (displaystylesum_{i=0}^{n} i^k = displaystylesum_{i=0}^{k} egin{Bmatrix}k\iend{Bmatrix} imes i! imes {n+1choose i+1})

(displaystylesum_{i=0}^{n}i^k = displaystylesum_{i=0}^{n}sum_{j=0}^{k}egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix} imes j! imes {ichoose j})

交换一下求和顺序则有：

(displaystylesum_{i=0}^{n}i^k = displaystylesum_{i=0}^{k} egin{Bmatrix}k\iend{Bmatrix} imes i! sum_{j=0}^{n} {jchoose i})

根据前置芝士三里面的柿子可得：

(displaystylesum_{i=0}^{n}i^k = displaystylesum_{i=0}^{k}egin{Bmatrix}k\iend{Bmatrix} imes i! imes {n+1choose i+1})

我们性质2的柿子就出来了。

性质3：(m^n = displaystylesum_{i=0}^{m}(-1)^{n-i} imes egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix} imes m^{overline i})

这个自己推一下吧。

第二类斯特林数.行

给你一个 (n), 让你求 (egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix} (0leq ileq n)) 的具体值。

首先我们有 (m^n = displaystylesum_{i=0}^{m}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix} imes i! imes {mchoose i})

设 (f(i) = i^n), (g(i) = egin{Bmatrix} n\iend{Bmatrix} imes i!) 。

然后就有：(f(m) = displaystylesum_{i=0}^{m}{mchoose i} imes g(i))

然后根据二项式反演可得：(g(m) = displaystylesum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i} imes {mchoose i} imes f(i))

即：(egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix} imes m! = displaystylesum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i} imes {mchoose i} imes i^n)

所以： (egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix} = displaystylesum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i} imes {1over {m!}} imes {mchoose i} imes i^n)

我们把组合数拆开来构成卷积则有：

(egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix} = displaystylesum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i} imes {1over {m!}} imes{m!over i! imes (m-i)!} imes i^n)

(egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix} = displaystylesum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i} imes{1over i! imes (m-i)!} imes i^n)

(egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix} = displaystylesum_{i=0}^{m}{i^nover i!} imes {(-1)^{m-i}over (m-i)!})

然后我们构造两个多项式 (A(x),B(x), C(x)) 。

其中 (A(x) = displaystylesum_{i=0}^{n} {i^nover i!}x^i), (B(x) = displaystylesum_{i=0}^{n} {-1^iover i!}x^i), (C(x) = displaystylesum_{i=0}^{n} egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix} x^i)。

显然有：(C(x) = A(x)*B(x)) ,直接 (NTT) 即可。

计算出 (C(x)) 之后， (egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix} = [x^m]C(x)) 。

洛谷板子题代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int p = 167772161;
const int N = 1e6+10;
int n,lim,tim,rev[N],jz[N],inv[N],base[N],a[N],b[N];
inline int read()
{
	int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
int ksm(int a,int b)
{
	int res = 1;
	for(; b; b >>= 1)
	{
		if(b & 1) res = res * a % p;
		a = a * a % p;
	}
	return res;
}
void NTT(int *a,int lim,int opt)
{
	for(int i = 0; i < lim; i++)
	{
		if(i < rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	}
	for(int h = 1; h < lim; h <<= 1)
	{
		int wn = ksm(3,(p-1)/(h<<1));
		if(opt == -1) wn = ksm(wn,p-2);
		for(int j = 0; j < lim; j += (h<<1))
		{
			int w = 1;
			for(int k = 0; k < h; k++)
			{
				int u = a[j + k];
				int v = w * a[j + h + k] % p;
				a[j + k] = (u + v) % p;
				a[j + h + k] = (u - v + p) % p;
				w = w * wn % p;
			}
		}
 	}
	if(opt == -1)
	{
		int Inv = ksm(lim,p-2);
		for(int i = 0; i < lim; i++) a[i] = a[i] * Inv % p;
	}
}
signed main()
{
	n = read();
	jz[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) jz[i] = jz[i-1] * i % p;
	inv[n] = ksm(jz[n],p-2);
	for(int i = n-1; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i+1] * (i+1) % p;
	for(int i = 1; i <= n; i++) base[i] = ksm(i,n);
	for(int i = 0; i <= n; i++) a[i] = base[i] * inv[i] % p;
	for(int i = 0, tmp = 1; i <= n; i++, tmp *= -1) b[i] = (tmp * inv[i] % p + p) % p;
	lim = 1, tim = 0;
	while(lim <= (n<<1)) lim <<= 1, tim++;
	for(int i = 0; i < lim; i++) rev[i] = (rev[i>>1]>>1) | ((i&1)<<(tim-1));
	NTT(a,lim,1); NTT(b,lim,1);
	for(int i = 0; i < lim; i++) a[i] = a[i] * b[i] % p;
	NTT(a,lim,-1);
	for(int i = 0; i <= n; i++) printf("%lld ",a[i]);
	printf("
");
	return 0;
} 

第二类斯特林数.列

没写呢，咕咕咕。

普通幂，上升幂和下降幂之间的转换

其实就是把前面的几个柿子总结了一下。

• (x^{overline n} = displaystylesum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}x^i)

• (x^{underline n} = displaystylesum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}x^i)

• (x^n = displaystylesum_{i=0}^{n}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix} imes x^{underline i})

• (x^n = displaystylesum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}x^{overline i})

把这几个柿子记住就好了。

幂的大小顺序：(x^{overline n} >x^n > x^{underline n}), 大幂转化为小幂的时候要乘上 (-1^{n-i})。