第一类斯特林数

定义

第一类Stirling数\(s(n,m)\)，也可记为\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\)。

第一类Stirling分为无符号第一类Stirling数\(s_u(n,m)\)和带符号第一类Stirling数\(s_s(n,m)\)。

他们分别表现为其升阶函数和降阶函数的各项系数，形式如下：

\[x^{n\downarrow}=x\cdot (x-1)\cdot (x-2)\cdots (x-n+1)=\sum_{k=0}^ns_s(n,k)\cdot x^k\\
x^{n\uparrow}=x\cdot (x+1)\cdot (x+2)\cdots(x+n-1)=\sum_{k=0}^ns_u(n,k)\cdot x^k
\]

无符号Stirling数更为常用，表示将\(n\)个不同元素构成\(m\)个圆排列的数目。

有无符号Stirling之间有关系式\(s_s(n,m)=(-1)^{n+m}\cdot s_u(n,m)\)。

递推式

无符号第一类Stirling数

设元素有编号\(1,2,...,n\)，则将\(n\)个元素构成\(m\)个圆有两种情况：

①把第\(n\)个元素单独作为一个圆，用前\(n-1\)个元素构成\(m-1\)个圆，方案数\(\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}\)。

②用前\(n-1\)个元素构成\(m\)个圆，把第\(n\)个元素插在前\((n-1)\)个元素任意一个之前，方案数\((n-1)\cdot \begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}\)。

综上：

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

赋初值\(s(0,0)=1\)。

有符号第一类Stirling数

可以从其表示的降阶函数归纳证明：

\[\sum_{k=0}^{n}s_s(n,k)\cdot x^k=x^{n\downarrow}=x^{(n-1)\downarrow}\cdot(x-(n-1))=\sum_{k=0}^{n-1}s_s(n-1,k)\cdot x^{k+1}-(n-1)\cdot\sum_{k=0}^{n-1}s_s(n-1,k)\cdot x^k
\]

依次把\(x^m\)的左右两边的系数提取出来得：

\[s_s(n,m)=s_s(n-1,m-1)-n\cdot s_s(n-1,m-1)
\]

用分治+NTT求第一类Stirling数

以求无符号第一类Stirling数为例:

因为可以表示为升阶函数的各项系数，即：

\[x^{n\uparrow}=x\cdot (x+1)\cdot (x+2)\cdots(x+n-1)=\sum_{k=0}^ns_u(n,k)\cdot x^k
\]

我们可以用分治的思想，每次处理一半的多项式来NTT，时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。

代码实现

int rev[N];

void NTT(int *a,int x,int K){

	int n=(1<<x);

	for(int i=0;i<n;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);

	for(int i=1;i<n;i<<=1){

		int tmp=i<<1,wn=ksm(3,(mod-1)/tmp);

		if(K==-1)wn=ksm(wn,mod-2);

		for(int j=0;j<n;j+=tmp){

			int w=1;

			for(int k=0;k<i;k++,w=(LL)w*wn%mod){

				int x=a[j+k],y=(LL)w*a[i+j+k]%mod;

				a[j+k]=(x+y)%mod;a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;

			}

		}

	}

	if(K==-1){

		int inv=ksm(n,mod-2);

		for(int i=0;i<n;i++)a[i]=(LL)a[i]*inv%mod;

	}

}

void Binary(int *a,int l,int r){

	if(l==r)return a[0]=l,a[1]=1,void();//有符号赋值a[0]=-l；

	int mid=l+r>>1;

	int f[N],g[N];

	memset(f,0,(r-l+1)<<3),memset(g,0,(r-l+1)<<3);

	Binary(f,l,mid),Binary(g,mid+1,r);

	int x=ceil(log2(r-l+2));

	for(int i=0;i<(1<<x);i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<x-1);

	NTT(f,x,1),NTT(g,x,1);

	for(int i=0;i<(1<<x);i++)a[i]=(LL)f[i]*g[i]%mod;

	NTT(a,x,-1);

}

例题

Codeforces 960G Bandit Blues

第二类斯特林数

定义

第二类Stirling数记为\(S(n,m)\)或者\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 。

第二类Stirling数实际上是集合的一个拆分，表示将n个不同的元素拆分成m个集合的方案数。

常常用于解决组合数学中几类放球模型；

描述为：将n个不同的球放入m个无差别的盒子中，要求盒子非空，有几种方案？

由容斥原理可以得到其通项公式：

\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac 1 {m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i\binom mi(m-i)^n
\]

递推式

设元素有编号\(1,2,...,n\)，则将\(n\)个元素构成\(m\)个集合有两种情况：

①把第\(n\)个元素单独作为一个集合，用前\(n-1\)个元素构成\(m-1\)个集合，方案数\(\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}\)。

②用前\(n-1\)个元素构成\(m\)个集合，把第\(n\)个元素插入任意一个集合之中，方案数\(m\cdot \begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}\)。

综上：

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

赋初值：\(S(0,0)=1\)。

两类Stirling数之间的关系

\[\sum_{i=0}^nS(n,i)s(i,m)=\sum_{i=0}^ns(n,i)S(i,m)
\]

推论&总结

对原式二项式反演可得

\[m^n=\sum_{i=0}^m\binom mi\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}i!=\sum_{i=0}^m\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}m^{i\downarrow}
\]

等价于

\[m^n=\sum_{i=0}^n\binom mi\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}i!=\sum_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}m^{i\downarrow}
\]

可以用于计算其他式子。

比如：

\[\begin{split}
&\sum_{i=0}^ni^k=\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}i!\binom{n+1}{i+1}\\
&\sum_{i=1}^ni^k\binom ni=\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}i!\binom ni2^{n-i}
\end{split}
\]

例题

【TJOI2018】教科书般的亵渎

Codeforces 932E Team Work

将通项公式再化一下：

\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^i}{i!}\cdot\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}
\]

这是一个形如\(\sum_{i=0}^mf(i)*g(m-i)\)的卷积的形式，可以用FFT快速计算。

第一个多项式的第\(i\)项系数为\(\frac {(-1)^i}{i!}\)；第二个多项式的第\(i\)项系数为\(\frac {i^n}{i!}\)。

两式相乘，第\(i\)项的系数即为\(S(n,i)\)。

例题

【BZOJ5093】图的价值

其他题目

【TJOI/HEOI2016】求和

斯特林反演

\[\displaystyle f(n)=\sum_{k=0}^n \begin{Bmatrix}n\\k \end{Bmatrix}g(k)
\iff g(n)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\begin {bmatrix} n\\k \end{bmatrix}f(k)
\]

证明斯特林反演

首先，我们需要考虑如何建立上升阶乘幂与下降阶乘幂之间的关系。

结论：

\[x^{n\downarrow}=(-1)^n(-x)^{n\uparrow}\\
x^{n\uparrow}=(-1)^n(-x)^{n\downarrow}
\]

证明：

\[\begin{split}
(-1)^n(-x)^{n\uparrow}&=(-1)^n(-x)(-x+1)\cdots(-x+n-1)\\
&=(-1)^n(-x)(-(x-1))\cdots(-(x-n+1))\\
&=x(x-1)\cdots(x-n+1)\\
&=x^{n\downarrow}
\end{split}
\]

同理可证\(x^{n\uparrow}=(-1)^n(-x)^{n\downarrow}\)。

接下来，我们需要证一个叫反转公式的东西：

还是先给出结论：

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

证明：

\[\begin{split}
n^m&=\sum_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{i\downarrow}\\
&=\sum_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}(-1)^i(-n)^{i\uparrow}
\end{split}
\]

将\(x^{n\uparrow}=\sum\limits_{k=0}^ns_u(n,k)\cdot x^k\)带入：

\[\begin{split}
n^m&=\sum_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}(-1)^i\sum_{j=0}^i\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}(-n)^j\\
&=\sum_{j=0}^mn^j\sum_{i=j}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}(-1)^{i-j}
\end{split}
\]

即：

\[\sum_{i=j}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}(-1)^{i-j}=[j=m]
\]

这个与上面的式2等价，于是我们就证出了其中一个反转公式。

\[\begin{split}
m^{n\downarrow}&=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}m^i\\
&=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}m^{j\downarrow}\\
&=\sum_{j=0}^nm^{j\downarrow}\sum_{i=j}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}
\end{split}
\]

即：

\[\sum_{i=j}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}=[j=n]
\]

由此证出了式1。

然后，我们就可以证明斯特林反演了：

若满足\(g(n)=\sum\limits_{j=0}^n(-1)^{n-j}\begin{bmatrix}n\\j\end{bmatrix}f(j)\)，则

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

斯特林

斯特林数&斯特林反演