特殊计数序列——第二类斯特林（stirling）数

Posted 2021-10-30 zhou2003

计算式

\[ S(n,m)=S(n-1,m-1)+mS(n,m) \]

\(S(0,0)=1，S(i,0)=0(i>0)\)

组合意义

将\(n\)个不可分辨的小球放入\(m\)个不可分辨的盒子中，且每个盒子非空

那么上面的式子就类似与\(dp\)的转移了

性质

1、\(S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i\dbinom{m}{i}(m-i)^n\)

证明：考虑组合意义

先将盒子变成有序，最后除以\(m!\)即可

第二类斯特林数保障每个盒子非空，故考虑容斥，每次钦定\(i\)个盒子必须为空，选法有\(\dbinom{m}{i}\)种，\(n\)个小球放入剩下的\((m-i)\)个盒子中共有\((m-i)^n\)种放法

2、\(n^m=\sum_{i=0}^nS(m,i)*i!*\dbinom{n}{i}\)

证明：依然是考虑组合意义，左边是\(m\)个小球随意的放入\(n\)个盒子的方案数，并且考虑顺序

右边是枚举非空的盒子一共有\(i\)个，球放入的方案数为\(S(m,i)\)，有顺序的选\(i\)个盒子有\(i!*\dbinom{n}{i}\)种方案

关于这个式子还有一个小技巧：为了使\(S(m,i)\)和\(\dbinom{n}{i}\)的值均大于\(0\)，一定有\(i\leq min(n,m)\)，所以我们枚举的sigma上界是可以根据我们的需求进行变化的

求解第二类斯特林数

求\(S(n,m)\)的值

普通求解是\(O(n^2)\)的递推，考虑其他的方法

由性质1的式子变形可以得到
\[ S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i\frac{m!}{k!(m-k)!}(m-k)^n \]

\[ S(n,m)=\sum_{i=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!} \]

直接FFT即可，时间复杂度\(O(nlogn)\)