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
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
当然有可能(n\%2
eq 0),这种情况只需要算出(x^{overline{n-1}})，再乘以((x+n-1))
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})
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-1\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
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^n}{i!})
[egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}=[x^i]f*g
]
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
有一个更常用的形式：
[n^m=sumlimits_{i=0}^{m}egin{Bmatrix}m\iend{Bmatrix}i!dbinom{n}{i}
]
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
]