斯特林数

第一类斯特林数

定义

(egin{bmatrix}n\mend{bmatrix})

表示把(n)个数分入(m)个非空环排列的方案数

假设有三个数(1,2,3)，要组成(1)个圆排列，因为是在一个圆上排列，所以(1,2,3)这个排列和(3,1,2)这个排列是一样的

递推公式

[egin{bmatrix}n\mend{bmatrix}=egin{bmatrix}n-1\m-1end{bmatrix}+(n-1)cdotegin{bmatrix}n-1\mend{bmatrix} ]

如何得出？

考虑最后一个放进去的数有几种放的方法：

1. 新增一个圆排列
   这样的方案就是(egin{bmatrix}n-1\m-1end{bmatrix})，意思是把前面(n-1)个数放到(m-1)个圆排列里，然后这一个数独成一个圆排列
2. 插入到(n-1)个数中的一个的后面
   这样的方案是((n-1)cdotegin{bmatrix}n-1\mend{bmatrix})
   总方案数就是两种加起来

第二类斯特林数

定义

(egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix})

表示把(n)个数分入(m)个非空集合的方案数

一般如果不特殊强调，集合都是不可以区分的，什么意思呢？

还是假设我们有三个数(1,2,3)，要把他们放到两个集合中，那么({1,2},{3})和({3},{1,2})这两种分法是一样的，也就是说集合是没有先后顺序这一说的

递推公式

[egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=egin{Bmatrix}n-1\m-1end{Bmatrix}+mcdotegin{bmatrix}n-1\mend{bmatrix} ]

如何得出？

我们知道，这是要把(n)个数放到(m)个集合中，还是考虑最后一个放进去的数有几种放的方法

1. 独成一个集合
   这样的方案就是(egin{Bmatrix}n-1\m-1end{Bmatrix})，意思是把前面(n-1)个数放到(m-1)个集合里，然后这一个数独成一个集合
2. 塞到已存在的集合里
   如果是这样的话，那么前面的(n-1)个数一定已经组成了(m)个集合，而这最后一个数可以往其中任何一个集合里放，所以就是(mcdotegin{Bmatrix}n-1\mend{Bmatrix})

总的方案数就是加起来

通项公式

[egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=dfrac{1}{m!}sumlimits_{k=0}^m(-1)^kdbinom{m}{k}(m-k)^n ]

考虑把集合无标号强行当成有标号来做。
有标号的方案数(div m!)得出的就是无标号的方案数
因为在一个合法的方案里，是不会存在空集合的，一个无标号的方案就可以对应(m!)个有标号的方案数
所以得出有标号的方案数再(div m!)就可以得出无标号的方案数
因此问题就转化为了如何求(m)个非空有标号的集合的方案数

考虑容斥来摆脱非空的限制。
考虑至少有(k)个空集合时的方案数
(k)个必空集合的方案数为(dbinom{m}{k})
剩下的(m-k)个集合中要放(n)个数字，每个数字可以有(m-k)种选法，这样的方案是((m-k)^n)

因此至少有(k)个空集合时的方案数为(dbinom{m}{k}(m-k)^n)
乘上容斥系数，再除以(m!)，就可以得出上面的式子了

下降幂和上升幂

下降幂

定义

用(n^{underline m})表示(n imes(n-1) imes(n-2) imes … imes(n - m + 1))，称作(n)的(m)次下降幂

小结论

认真思考、仔细观察、发出小夫的声音不难看出

• (n^{underline m}=n imes(n-1) imes… imes(n-m+1)=dfrac{n!}{(n-m)!}=A_n^m)

定理

[n^m=sumlimits_{i=0}^megin{Bmatrix}m\iend{Bmatrix}n^{underline i} ]

证明

考虑(n^m)的组合意义：(m)个有标号的球放到(n)个有标号的盒子中的方案数，没有非空限制

枚举(i)，表示有多少个非空的盒子，将(m)个球分配到这(i)个盒子中

由第二类斯特林数通项公式证明可得，无标号的方案乘以(i!)就变成了有标号的方案数，由此可得

[n^m=sumlimits_{i=0}^mdbinom{n}{i}egin{Bmatrix}m\iend{Bmatrix}i! ]

其中(dbinom{n}{i}i!)就是(A_n^i)也就是(n^{underline i})

所以原式化为

[n^m=sumlimits_{i=0}^megin{Bmatrix}m\iend{Bmatrix}n^{underline i} ]

得证。

性质

[x^underline n=sumlimits_{i=0}^negin{bmatrix}n\iend{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i ]

证明可以用数学归纳法，不难证，自己证下吧！

上升幂

定义

(n)的(m)次上升幂定义为：

[n^overline m= n imes(n+1) imes… imes(n+m - 1) ]

定理

[n^overline m =sumlimits_{i=0}^megin{bmatrix}m\iend{bmatrix}n^i ]

实现了把上升幂转化为通常幂

证明

采用数学归纳法证明

• (m=1)时显然成立，两边都是(n)

• 当(m>1)时，考虑把(n^overline m)的最后一项提出来

  [n^overline m=(n + m -1) imes n^overline{m-1} ]

  根据归纳假设进一步转化

  [egin{aligned}n^overline m=& (n + m - 1) imessumlimits_{i=0}^{m- 1}egin{bmatrix}m-1\iend{bmatrix}n^i\=&n imessumlimits_{i=0}^{m-1}egin{bmatrix}m-1\iend{bmatrix}n^i+(m-1) imessumlimits_{i=0}^{m-1}egin{bmatrix}m-1\iend{bmatrix}n^i\=&sumlimits_{i=0}^{m-1}egin{bmatrix}m-1\iend{bmatrix}n^{i+1}+sumlimits_{i=0}^{m-1}(m-1)egin{bmatrix}m-1\iend{bmatrix}n^i\=&sumlimits_{i=1}^megin{bmatrix}m-1\i-1end{bmatrix}n^i+sumlimits_{i=0}^{m-1}(m-1)egin{bmatrix}m-1\iend{bmatrix}n^iend{aligned} ]

  发现两个表达式中都有(n^i)，所以把(n^i)合并同类项试试

  但是又发现两个式子的边界是不同的，不过没关系，化出来发现这新增的两项是没有意义的，无贡献

  [egin{aligned}&sumlimits_{i=1}^megin{bmatrix}m-1\i-1end{bmatrix}n^i+sumlimits_{i=0}^{m-1}(m-1)egin{bmatrix}m-1\iend{bmatrix}n^i\=&sumlimits_{i=0}^mn^ileft(egin{bmatrix}m-1\i-1end{bmatrix}+(m-1)egin{bmatrix}m-1\iend{bmatrix} ight)-egin{bmatrix}m-1\0-1end{bmatrix}n^0+egin{bmatrix}m-1\mend{bmatrix}n^m\=&sumlimits_{i=0}^mn^ileft(egin{bmatrix}m-1\i-1end{bmatrix}+(m-1)egin{bmatrix}m-1\iend{bmatrix} ight)end{aligned} ]

  有没有觉得括号里的式子有些熟悉，没错，就是第一类斯特林数的递推式，所以我们就得到了

  [sumlimits_{i=0}^mn^ileft(egin{bmatrix}m-1\i-1end{bmatrix}+(m-1)egin{bmatrix}m-1\iend{bmatrix} ight)=sumlimits_{i=0}^mn^iegin{bmatrix}m\iend{bmatrix}= sumlimits_{i=0}^megin{bmatrix}m\iend{bmatrix}n^i ]

综合上面两种情况，得证。