最近做题时发现斯特林数这一块不怎么成系统，于是从各路神仙的博客里学习了一下，因此也就有了这篇博客
主要学习了这位神仙的博客：第二类斯特林数总结
第二类斯特林数
第二类斯特林数 (egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}) 代表将 (n) 个元素划分到 (i) 个集合里的方案数，也可以理解为将 (n) 个不同的小球放入 (i) 个相同的盒子里的方案数，递推公式为
[egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}=egin{Bmatrix}n-1\i-1end{Bmatrix}+i imes egin{Bmatrix}n-1\iend{Bmatrix} ag{1.1}
]
即讨论第 (n) 个元素是放进已有的 (i) 个盒子里还是放到一个新盒子里
直接递推求是 (O(n^2)) 的，但我们还有一个等式
[n^m=sumlimits_{i=0}^{n}egin{Bmatrix}m\iend{Bmatrix}i!dbinom{n}{i} ag{1.2}
]
二项式反演一下得到
[egin{Bmatrix}m\nend{Bmatrix}=frac{1}{n!}sumlimits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}dbinom{n}{i}i^m ag{1.3}
]
然后就能 ( ext{FFT}) 了
其实式 ((1.3)) 也可以从容斥的角度思考，其中 (dbinom{n}{i}) 是选择 (i) 个盒子必须为空的方案数，而又因为这些计算都是在盒子不同的基础上进行的，所以最后还要除以 (n!) 消去有序性
另外，对于式 ((1.2)) ，我们也可以将其写成
[n^m=sumlimits_{i=0}^{m}egin{Bmatrix}m\iend{Bmatrix}n^{underline{i}} ag{1.4}
]
我们将在下面看到这个等式的用途
第一类斯特林数
第一类斯特林数分为有符号和无符号两种，设 (s_s) 表示有符号第一类斯特林数，(s_u) 为无符号第一类斯特林数，两者的关系为 (s_s(n,m)=(-1)^{n+m}s_u(n,m))
在这里我们重点讨论无符号第一类斯特林数
无符号第一类斯特林数 (egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}) 的含义为将 (n) 个元素分到 (i) 个圆排列中的方案数，递推公式为
[egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}=egin{bmatrix}n-1\i-1end{bmatrix}+(n-1) imes egin{bmatrix}n-1\iend{bmatrix} ag{2.1}
]
即考虑在已有的 (n-1) 个元素中的一侧插入第 (n) 个元素扩大圆排列或单独把第 (n) 个元素作为一个圆排列
它有一些不错的性质
[sumlimits_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}=n! ag{2.2}
]
以及
[egin{bmatrix}n\1end{bmatrix}=(n-1)! ag{2.3}
]
对于式 ((2.2)) ，左边的式子其实在枚举由 (i) 个循环组成的置换的个数，而 (n) 个元素的排列与置换一一对应，那么显然等式成立
对于式 ((2.3)) ，我们考虑展开 (egin{bmatrix}n\1end{bmatrix})：
[egin{bmatrix}n\1end{bmatrix}=(n-1)egin{bmatrix}n-1\1end{bmatrix}=(n-1)(n-2)egin{bmatrix}n-2\1end{bmatrix}=...=(n-1)! ag{2.4}
]
其中展开出来的 (egin{bmatrix}n\0end{bmatrix}) 因等于 (0) 而被舍弃
类似于式 ((1.4))，第一类斯特林数也有类似的等式
[sumlimits_{i=0}^{n}s_u(n,i)x^i=x^{overline{n}} ag{2.5}
]
与
[sumlimits_{i=0}^{n}s_s(n,i)x^i=x^{underline{n}} ag{2.6}
]
根据 (s_s) 与 (s_u) 的关系，式 ((2.6)) 也可以写为
[sumlimits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}s_u(n,i)x^i=x^{underline{n}} ag{2.7}
]
用数学归纳法证明式 ((2.7)) ：
[x^{underline{n+1}}\=x^{underline{n}} imes (x-n)\=(x-n)sumlimits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}s_u(n,i)x^i\=sumlimits_{i=1}^{n+1}(-1)^{n+1-i}s_u(n,i-1)x^i+sumlimits_{i=0}^{n}(-1)^{n+1-i}ns_u(n,i)x^i\=s_u(n+1,n+1)x^{n+1}+sumlimits_{i=0}^{n}(-1)^{n+1-i}(s_u(n,i-1)+ns_u(n,i))x^i\=s_u(n+1,n+1)x^{n+1}+sumlimits_{i=0}^{n}(-1)^{n+1-i}s_u(n+1,i)x^i\=sumlimits_{i=0}^{n+1}(-1)^{n+1-i}s_u(n+1,i)x^i
]
那么对于式 ((2.5)) 同理也可证明
从另一个角度来看，(x^{overline{n}}) 和 (x^{underline{n}}) 分别可看作无符号第一类斯特林数 (s_u) 与有符号第一类斯特林数的 (s_s) 的生成函数的封闭形式
我们可以用倍增+( ext{NTT}) 在 (O(nlog n)) 的时间内求出它的生成函数 (G(x))，那么 (s(n,i)=[x^i]G(x))
斯特林反演
斯特林反演说的是这样一件事情：有两个数列 ({f_n}) ，({g_n}) ，那么若有
[f_n=sumlimits_{i=0}^{n}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}g_i ag{3.1}
]
就有
[g_n=sumlimits_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}f_i ag{3.2}
]
有了上面的一些推导我们就不难证明其正确性了
由式 ((1.4)) 与式 ((2.7)) 可知，若令 (f_i=x^i)，(g_i=x^{underline{i}}) ，那么显然上面的关系成立，那么有
[F=A imes G,G=B imes F ag{3.3}
]
即
[F=A imes B imes F ag{3.4}
]
可以看出 (A imes B=I) ，即 (A=B^{-1})
说明 (a_{n,i}=egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}) 构成的矩阵与 (b_{n,i}=(-1)^{n-i}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}) 构成的矩阵互逆
那么对于任意的 (f_n) 与 (g_n) ，上述关系一定也还成立
而如果我们暴力将式 ((2.7)) 代入式 ((1.4)) 中，也可以得到同样的结论：
[n^m\=sumlimits_{i=0}^{m}egin{Bmatrix}m\iend{Bmatrix}n^{underline{i}}\=sumlimits_{i=0}^{m}egin{Bmatrix}m\iend{Bmatrix}sumlimits_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}egin{bmatrix}i\jend{bmatrix}n^j\=sumlimits_{i=0}^{m}n^isumlimits_{j=i}^{m}(-1)^{j-i}egin{bmatrix}j\iend{bmatrix}egin{Bmatrix}m\jend{Bmatrix}
]
那么显然有
[[i==m]=sumlimits_{j=i}^{m}(-1)^{j-i}egin{bmatrix}j\iend{bmatrix}egin{Bmatrix}m\jend{Bmatrix} ag{3.5}
]
即说明 (a_{n,i}=egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}) 构成的矩阵与 (b_{n,i}=(-1)^{n-i}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}) 构成的矩阵互逆
当然第一类斯特林数也可以反演到第二类斯特林数，只不过可能要依据 (i) 与 (m) 的奇偶性改一改 (-1) 的指数
如果有写的不到位的地方我会再补充一点...