斯特林数

Posted 2020-12-07 knife-rose

斯特林数

第一类

将(n)个有标号数放入(m)个非空环排列的方案数

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

考虑成为新环或者接在某个数字之后

性质

性质一： (egin{bmatrix}n\\1end{bmatrix}=(n-1)!)

证明：一个环的环排列计数，为(n)个点的总排列数除以(n)

性质二： (egin{bmatrix}n\\2end{bmatrix}=(n-1)!sumlimits_{i=1}^{n-1}frac{1}{i})

证明：显然

[egin{bmatrix}2\\2end{bmatrix}=1=1!sumlimits_{i=1}^{1}frac{1}{1} ]

考虑数学归纳法

[egin{bmatrix}n+1\\2end{bmatrix}=egin{bmatrix}n\\1end{bmatrix}+negin{bmatrix}n\\2end{bmatrix} ]

[=(n-1)!+n(n-1)!sumlimits_{i=1}^{n-1}frac{1}{i} ]

[=frac{n!}{n}+n!sumlimits_{i=1}^{n-1}frac{1}{i} ]

[=n!sumlimits_{i=1}^{n}frac{1}{i} ]

性质三：(sumlimits_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\\iend{bmatrix}=n!)

证明：环排列是排列的不交并，即每种排列可以唯一对应一种(n)个点的环排列，所以

[n!=sumlimits_{i=1}^{n}egin{bmatrix}n\\iend{bmatrix} ]

同时规定(egin{bmatrix}n\\0end{bmatrix}=0)，所以

[sumlimits_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\\iend{bmatrix}=n! ]

求法

第一类斯特林数·行

即给定(n)，求(egin{bmatrix}n\\0end{bmatrix},egin{bmatrix}n\\1end{bmatrix}egin{bmatrix}n\\2end{bmatrix}…egin{bmatrix}n\\nend{bmatrix})

如果您不会上升幂转通常幂，请先阅读下面的介绍

根据

[x^{overline{n}}=sumlimits_{i}^{n}egin{bmatrix}n\\iend{bmatrix}x^i ]

得到(x^{overline{n}})的(i)次项系数即为(egin{bmatrix}n\\iend{bmatrix})

考虑倍增，我们有

[x^{overline{2n}}=x^{overline{n}}(x+n)^{overline{n}} ]

我们将(x^{overline{n}})看作(f(x))，那么((x+n)^{overline{n}})即为(f(x+n))

假设我们已经得到了(f(x))，其中(i)次项系数为(a_i)，那么

[f(x+n)=sumlimits_{i=0}^{n}a_i(x+k)^i ]

将右边二项式展开

[=sumlimits_{i=0}^{n}a_isumlimits_{j=0}^{i}dbinom{i}{j}x^jn^{i-j} ]

[=sumlimits_{i=0}^{n}x^isumlimits_{j=i}^{n}dbinom{j}{i}n^{j-i}a_j ]

[=sumlimits_{i=0}^{n}frac{x^i}{i!}sumlimits_{j=i}^{n}frac{n^{j-i}}{(j-i)!}j!a_j ]

最右明显是个卷积式了，不会卷可以看我这里的最后一步

第一类斯特林数·列

给定(n,k)求

求(egin{bmatrix}0\\kend{bmatrix},egin{bmatrix}1\\kend{bmatrix},egin{bmatrix}2\\kend{bmatrix}…egin{bmatrix}0\\kend{bmatrix})

令(F(x))是一个环的(EGF)

那么有

[F(x)=sumlimits_{i=1}^{n}frac{(i-1)!}{i!}x^i=sumlimits_{i=1}^{n}frac{1}{i} ]

那么

[egin{bmatrix}i\\kend{bmatrix}=frac{F(x)^k}{k!}i! ]

注意这里常数项不为(1)，要用加强版的多项式幂函数

第二类

将(n)个有标号的数放入(m)个非空集合中的方案数

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

考虑占用新集合或加入之前的集合

通项

对非空集合这个条件进行容斥,先对集合进行标号，再除以(m!)

[egin{Bmatrix}n\\mend{Bmatrix}=frac{1}{m!}sumlimits_{i=0}^{m}(-1)^{i}dbinom{m}{i}(m-i)^n ]

拆开组合数

[egin{Bmatrix}n\\mend{Bmatrix}=sumlimits_{i=0}^{m}frac{(-1)^{i}}{i!}frac{(m-i)^n}{(m-i)!} ]

求法

第二类斯特林数·行

给定(n)

求(egin{Bmatrix}n\\0end{Bmatrix},egin{Bmatrix}n\\1end{Bmatrix},egin{Bmatrix}n\\2end{Bmatrix}…egin{Bmatrix}n\\nend{Bmatrix})

有通项

[egin{Bmatrix}n\\mend{Bmatrix}=sumlimits_{i=0}^{m}frac{(-1)^{i}}{i!}frac{(m-i)^n}{(m-i)!} ]

设(f_ifrac{(-1)^{i}}{i!},g_i=frac{i^m}{i!})

[egin{Bmatrix}n\\iend{Bmatrix}=[x^i]sumlimits_{i=0}^{n}f_ig_i ]

第二类斯特林数·列

给定(n,k)

求(egin{Bmatrix}0\\kend{Bmatrix},egin{Bmatrix}1\\kend{Bmatrix},egin{Bmatrix}2\\kend{Bmatrix}…egin{Bmatrix}n\\kend{Bmatrix})

考虑先把相同的集合换成不同的集合，最后令每一项乘上(frac{1}{k!})

假设相同集合换成不同集合的(EGF)为(F),单个盒子的(EGF)为(G)，那么(F=G^k)

由于每个盒子不能为空，所以

[G=sumlimits_{i=1}^{n}frac{1}{i!}x^i ]

[=e^x-1 ]

所以

[F=(e^x-1)^k ]

所以

[egin{Bmatrix}i\\kend{Bmatrix}=frac{(e^x-1)^k}{k!}i! ]

我们会惊喜地发现只要把第一类斯特林数·列的代码的初始多项式由(sumfrac{1}{i})换成(sumfrac{1}{i!})就(AC)了

上升幂与下降幂

下降幂

[n^{underline{m}}=n(n-1)…(n-m+1) ]

排列(A_{n}^{m}=n^{underline{m}})

通常幂转下降幂

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

(n^m)是选(m)个(1-n)的方案数

枚举选择了多少个数字，然后把(m)个数放入(i)个集合中，再从(1-n)中选

上升幂

(n^{overline{m}}=n(n+1)…(n+m-1))

上升幂转通常幂

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

考虑数学归纳法

(n=1)时显然成立

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

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

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

令第一个求和的(i=i+1)

[=sumlimits_({i=0}^{n-1}egin{bmatrix}n-1\\i-1end{bmatrix}x^i+sumlimits_{i=0}^{n-1}(n-1)egin{bmatrix}n-1\\iend{bmatrix}x^i ]

[=sumlimits_{i=1}^{n-1}egin{bmatrix}n-1\\i-1end{bmatrix}+sumlimits_{i=0}^{n-1}(n-1)egin{bmatrix}n-1\\iend{bmatrix})x^i ]

[=sumlimits_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\\iend{bmatrix}x^i ]

上升幂下降幂互转

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

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

显然

反转公式

[sumlimits_{k=m}^{n}(-1)^{n-k}egin{bmatrix}n\\kend{bmatrix}egin{Bmatrix}k\\mend{Bmatrix}=[m=n] ]

[sumlimits_{k=m}^{n}(-1)^{n-k}egin{Bmatrix}n\\kend{Bmatrix}egin{bmatrix}k\\mend{bmatrix}=[m=n] ]

第二个式子证明

通常幂转下降幂转上升幂再转通常幂

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

[=sumlimits_{i=0}^{m}egin{Bmatrix}m\\iend{Bmatrix}(-1)^{i}(-n)^{overline{i}} ]

[=sumlimits_{i=0}^{m}egin{Bmatrix}m\\iend{Bmatrix}(-1)^{i}sumlimits_{j=0}^{i}egin{bmatrix}i\\jend{bmatrix}(-n)^j ]

[=sumlimits_{j=0}^{m}(-n)^jsumlimits_{i=j}^{m}egin{Bmatrix}m\\iend{Bmatrix}egin{bmatrix}i\\jend{bmatrix}(-1)^i ]

[n^m=sumlimits_{j=0}^{m}n^jsumlimits_{i=j}^{m}egin{Bmatrix}m\\iend{Bmatrix}egin{bmatrix}i\\jend{bmatrix}(-1)^{i-j} ]

当(j=m)时

[sumlimits_{j=0}^{m}n^jsumlimits_{i=j}^{m}egin{Bmatrix}m\\iend{Bmatrix}egin{bmatrix}i\\jend{bmatrix}(-1)^{i-j}=n^m ]

同时

[sumlimits_{i=j}^{m}egin{Bmatrix}m\\iend{Bmatrix}egin{bmatrix}i\\jend{bmatrix}(-1)^{i-j}=1 ]

所以

[sumlimits_{j=0}^{m-1}n^jsumlimits_{i=j}^{m}egin{Bmatrix}m\\iend{Bmatrix}egin{bmatrix}i\\jend{bmatrix}(-1)^{i-j}=0 ]

又因为

[sumlimits_{j=0}^{m-1}n^j>0 ]

所以当(j eq m)

[sumlimits_{i=j}^{m}egin{Bmatrix}m\\iend{Bmatrix}egin{bmatrix}i\\jend{bmatrix}(-1)^{i-j}=0 ]

我们可以得知负数与正数部分绝对值相等，只要保证((-1))的幂次奇偶性不断变化，所以

[sumlimits_{k=m}^{n}(-1)^{n-k}egin{Bmatrix}n\\kend{Bmatrix}egin{bmatrix}k\\mend{bmatrix}=[m=n] ]

斯特林反演

[f_n=sumlimits_{i=0}^{n}egin{Bmatrix}n\\iend{Bmatrix}g_i iff g_n=sumlimits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}egin{bmatrix}n\\iend{bmatrix}f_i ]

证明

[f_n=sumlimits_{i=0}^{n}[i=n]f_i ]

[=sumlimits_{i=0}^{n}sumlimits_{j=i}^{n}(-1)^{n-j}egin{Bmatrix}n\\jend{Bmatrix}egin{bmatrix}j\\iend{bmatrix}f_i ]

[=sumlimits_{j=0}^{n}egin{Bmatrix}n\\jend{Bmatrix}sumlimits_{i=0}^{j}(-1)^{j-i}egin{bmatrix}j\\iend{bmatrix}f_i ]

因为

[f_n=sumlimits_{i=0}^{n}egin{Bmatrix}n\\iend{Bmatrix}g_i ]

所以

[g_n=sumlimits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}egin{bmatrix}n\\iend{bmatrix}f_i ]