浅谈两类斯特林数

Preface

下文简单介绍了两类斯特林数，也总结了它们的一些性质
由于第二类较第一类容易理解，更简单，因此先介绍第二类

第二类斯特林数

给你N个元素（有差别），M个集合（无差别），要你将这N个元素放入M个集合，要求没有空集。求方案数。

Text

符号表示为$$S(i,j)$或$\left\{{}_j^i\right\}$

考虑递推式
前$i-1$个元素，若放入了$j-1$个集合，那么这个元素肯定是新开一个集合，所以等于$S(i-1,j-1)$
若已经放入了$j$个集合，那么这个元素在前面所有元素中选一个放入，就是$S(i-1,j)\ast j$

总的说来，就是$$S(n,m)=S(n-1,m)\ast m+S(n-1,m-1)$$

其实上下两部分就是个二项式反演

根据上面第二类斯特林数的展开式，如果我们想快速求n相同的所有第二类斯特林数，发现上面的式子是将阶乘提出来是一个卷积的形式，NTT优化可以做到$O(n\log n)$。

主要应用在组合数之类的问题中。
几个经典例子。

• N本书，M个抽屉（无差别），每个抽屉不能为空，求方案数。
  易得$Ans=S(N,M)$

• N本书，M个抽屉（有差别），每个抽屉不能为空，求方案数。
  易得$Ans=S(N,M)M!$

• N本书，M个抽屉（无差别），每个抽屉可以空，求方案数。
  枚举多少个抽屉非空，易得$Ans=\sum _{i=0}^{m}S(N,i)$
  这也就是贝尔数

• N本书，M个抽屉（有差别），每个抽屉可以空，求方案数。
  枚举非空抽屉数，乘上一个排列。$Ans=\sum _{i=0}^m{P}_m^{i}S(n,i)$

例题

给你M行N列的棋盘，让你放棋子，每行每列至少有1枚棋子，棋子有c种颜色，要求每种颜色至少1枚，求方案数（旋转，翻转算不同方案）。

题解见http://blog.csdn.net/hzj1054689699/article/details/54645826

第一类斯特林数

给你N个元素（有差别），M个圆环（无差别），要你将N个元素放入M个圆环中，求方案数
圆环有排列，但是不能循环同构

Text

第一类斯特林数有两种，带符号与无符号，分别用$s_s(n,m),s_u(n,m)$表示，后者也可记作$\left[{}_m^n\right]$
同样的我们考虑递推
容易有$s_u(n,m)=s_u(n-1,m-1)+(n-1)s_u(n-1,m-1)$
即考虑新的这个元素是成一个圆环还是插在前面某一个元素的左边。

第一类斯特林数还有另一种定义方式

$x^{m\uparrow }=P_{x+m-1}^m=x(x+1)(x+2)...(x+m-1)=\sum _{i=0}^m{s}_u(m,i)x^i$
$x^{m\downarrow }=P_x^m=x(x-1)(x-2)...(x-m+1)=\sum _{i=0}^m{s}_s(m,i)x^i$

无符号第一类斯特林数是上升幂展开式的系数，带符号第一类斯特林数是下降幂展开式的系数
容易发现$s_s(m,i)=s_u(m,i)(-1{)}^{m-i}$

联系这两个形式可以通过归纳得到，此处不再赘述。

根据上面两个式子，第一类斯特林数可以用分治FFT在n log^2时间求出，也可以采用倍增的方式n log 时间求出。

斯特林反演

$$F(n)=\sum _{i=0}^{n}S(n,i)G(i)$$
等价于
$$G(n)=\sum _{i=0}^n{s}_s(n,i)F(i)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{s}_u(n,i)F(i)$$

如何推导呢？
考虑我们之前关于两类斯特林数的公式，它们连接了下降幂和乘方幂

$$x^{m\downarrow }=\sum _{i=0}^m{s}_s(m,i)x^i\text{\hspace{1em}(1)}$$
$$x^m=\sum _{i=0}^{x}S(m,i)x^{i\downarrow }=\sum _{i=0}^{m}S(m,i)x^{i\downarrow }\text{\hspace{1em}(2)}$$

(2)式代入(1)式
$$x^{m\downarrow }=\sum _{i=0}^m{s}_s(m,i)\sum _{j=0}^{i}S(i,j)x^{j\downarrow }\text{\hspace{1em}(3)}$$
$$=\sum _{j=0}^m{x}^{j\downarrow }\sum _{i=j}^m{s}_s(m,i)S(i,j)$$

因为上式对所有的x均满足，因此有后面的求和有唯一解
$$\sum _{i=j}^m{s}_s(m,i)S(i,j)=[j=m]\text{\hspace{1em}(4)}$$

类似的可以推出
$$\sum _{i=j}^{m}S(m,i)s_s(i,j)=[j=m]\text{\hspace{1em}(5)}$$

有了这两个公式，考虑推斯特林反演的公式
若有
$$F(n)=\sum _{i=0}^{n}S(n,i)G(i)$$
显然
$$G(n)=\sum _{i=0}^n[i=n]G(i)$$
$$=\sum _{i=0}^{n}G(i)\sum _{j=i}^n{s}_s(n,j)S(j,i)$$
交换主体
$$=\sum _{j=0}^n{s}_s(n,j)\sum _{i=0}^{j}S(j,i)G(i)$$
$$=\sum _{j=0}^n{s}_s(n,j)F(j)$$

反过来同理
这样斯特林反演就得证了。