特殊计数序列——第一类斯特林（stirling）数

Posted 2021-10-30 zhou2003

第一类斯特林数

在这里我因为懒所以还是用\(S(n,m)\)表示第一类斯特林数，但一定要和第二类斯特林数区分开来

递推式

\(S(n,m)=S(n-1.m-1)+S(n-1,m)*(n-1)\)

其中\(S(0,0)=1,S(i,0)=0(i>0)\)

组合意义

\(n\)个元素组成\(m\)个圆排列的方案数

注意这里圆排列指的是两个排列经过旋转能重合的算一种方案

那么递推式就可以这样理解：对于当前的第\(n\)个元素，单独成一个圆排列有\(S(n-1,m-1)\)种方案，放在其它的圆排列中有\(S(n-1,m)*(n-1)\)种方案，即放在每个元素的左侧（右侧等价于另一个元素的左侧）

性质

1、\(S(n,1)=(n-1)!\)

圆排列定义

2、\(\sum_{i=1}^{n}S(n,i)=n!\)

我们知道\(1-n\)这\(n\)个元素能形成\(n!\)个个排列，也就是\(n!\)个置换，而将置换写成循环的形式，这又对应着一个圆排列，于是就建立起了\(n\)排列和第一类斯特林数一一对应的关系

3、\(x^\underline{n}=\sum_{i=0}^nS(n.i)(-1)^{n-i}x^i\)，\(x^\overline{n}=\sum_{i=0}^nS(n,i)x^i\)

证明的话考虑数学归纳法，这里仅给出第一条的证明
\[ \begin{aligned} x^{\underline{n+1}}=&(x-n)x^{\underline{n}}\=&(x-n)\sum_{i=0}^nS(n,i)(-1)^{n-i}x^i\=&\sum_{i=0}^nS(n,i)(-1)^{n-i}x^{i+1}-n\sum_{i=0}^nS(n,i)(-1)^{n-i}x^i\=&\sum_{i=1}^{n+1}S(n,i-1)(-1)^{n-i+1}x^i+n\sum_{i=0}^nS(n.i)(-1)^{n-i+1}x^i\=&\sum_{i=0}^{n+1}(S(n,i-1)+nS(n.i))(-1)^{n-i+1}x^i\=&\sum_{i=0}^{n+1}S(n+1,i)(-1)^{n-i+1}x^i \end{aligned} \]

求解第一类斯特林数

最普通的方法就是\(O(n^2)\)的递推啦，考虑有没有更优的方法

我们先丢结论：
\[ S(n,m)=[x^m]\prod_{i=0}^{n-1}(x+i) \]
计算右式的话可以使用分治+NTT在\(O(nlog^2n)\)的时间内解决，但是这么做的理由是什么？

设现在求的是\(S(n+1,m)\)我们记\(f_n(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(x+1)\)，然后把这个式子写成类似于递推的形式：
\[ f_{n+1}(x)=(x+n-1)f_n(x)=xf_n(x)+(n-1)f_n(x) \]
第一项\(xf_n(x)\)就相当于\(S(n+1,m-1)\)，第二项\((n-1)f_n(x)\)就相当于\(n*S(n,m)\)，也就是说这个式子对应的递推式就是\(S(n+1,m)=S(n,m-1)+n*S(n,m)\)，正确性也就显然了