问题模型
- 求将(n)个数划分成(m)个圆排列的方案数。
- 求将(n)个数划分成(m)个集合的方案数，集合没有标号。
公式推导——递推
我们
设第一个问题的答案是(S_1(n,m))，
设第二个问题的答案是(S_2(n,m))。
那么不难写出递推式：
[ S_1(n,m) = S_1(n-1,m-1) + S_1(n-1,m) imes (n-1)
]
[ S_2(n,m) = S_2(n-1,m-1) + S_2(n-1,m) imes m
]
公式推导——拓展
求第一类斯特林数的某一行
我们考虑按照递推式推导出它的生成函数。
显然(S_{1,1}(x) = x)。
之后，我们有：
[ S_{1,n}(x) = xS_{1,n-1}(x) + (n-1)S_{1,n-1}(x)
]
[= (x + n-1)S_{1,n-1}(x)
]
那么不难得出：(S_{1,n}(x) = prod_{i=0}^{n-1} (x+i)),
我们也可以写成(S_{1,n}(x) = x^{overline{n}}),
上面的式子是可以分治(FFT)的，那么我们就可以(O(nlog^2{n}))求出一行了。
在这里我们介绍一种更优秀的(O(nlog{n}))的求一行第一类斯特林数的方法。
我们考虑倍增求出这个函数。
假设我们已经有了(S_{1,n}(x) = prod_{i=0}^{n-1} (x+i))，
考虑求出(S_{1,2n}(x) = prod_{i=0}^{2n-1} (x+i))。
我们发现(S_{1,2n}(x) = S_{1,n}(x)S_{1,n}(x+n))。
如果我们可以快速求出(S_{1,n}(x+n))，就赢了。
显然(S_{1,n}(x))是一个关于(x)的(n)次多项式，
那么我们设(S_{1,n} = sum_{i=0}^{n} a_i x^i)，而({a_i})是我们已经求出来的。
则
[S_{1,n}(x+n) = sum_{i=0}^{n} a_i (x+n)^i
]
[ = sum_{i=0}^{n} a_i sum_{j=0}^{i} C(i,j) n^{i-j} x^j
]
[ = sum_{j=0}^{n} x^j sum_{i=j}^{n} C(i,j) n^{i-j} a_i
]
[ = sum_{i=0}^{n} x^i sum_{j=i}^{n} C(j,i) n^{j-i} a_j
]
[ = sum_{i=0}^{n} x^i sum_{j=i}^{n} frac{j!}{i!(j-i)!} n^{j-i} a_j
]
[ = sum_{i=0}^{n} frac{x^i}{i!} sum_{j=i}^{n} frac{n^{j-i}}{(j-i)!} j! a_j
]
注意到((75))式中，第二个(Sigma)是一个减法卷积，那么我们就可以(NTT)了。
于是，我们就可以倍增出(S_{1,2n})了。
时间复杂度(T(n) = T(frac{n}{2}) + O(nlog{n}) = O(nlog{n}))。
第一类斯特林数和阶乘
由第一类斯特林数的定义，显然(n! = sum_{i=0}^{n} S_1(n,i))。
这是由排列与置换和轮换的关系推导出来的。
第一类斯特林数和上升/下降幂
因为第一类斯特林数的生成函数就是(x^{overline{n}})，
所以接下来我们考虑下降幂的展开：
[x^{underline{n}} = (-x)^{overline{n}} imes (-1)^n
]
[ = (-1)^nsum_{i=0}^{n} S_1(n,i) (-x)^i
]
[ = (-1)^nsum_{i=0}^{n} S_1(n,i) (-1)^i x^i
]
[ = sum_{i=0}^{n} S_1(n,i) (-1)^{n-i} x^i
]
于是我们就可以定义出有符号第一类斯特林数。
及(S_1'(n,m) = (-1)^{n-m}S_1(n,m))。
并且有符号第一类斯特林数的生成函数就是(prod_{i=0}^{n-1}(x-i) = x^{underline{n}})。
第二类斯特林数和自然数的幂
我们考虑(n^k)的组合意义：有(n)个有标号的盒子，有(k)个有标号的球，每个球随便放的方案数。
因为我们有(S_2(k,m))表示将(k)个有标号的球分成(m)个非空集合的方案数。
那么我们不难写出：
[egin{aligned}
n^k &= sum_{i=0}^{k} C(n,i) S_2(k,i) i! \
&= sum_{i=0}^{k} S_2(k,i) n^{underline{i}} \
end{aligned}
]
其实就是枚举在(n)个盒子中用了几个，盒子还有标号，所以乘阶乘。
求第二类斯特林数的某一行
我第一眼看到((81))式，觉得好像可以二项式反演？
那么我们设：
[egin{aligned}
f_k(n) &= n^k \
g_k(n) &= S_2(k,n) n!
end{aligned}
]
于是，((81))式就可以写成：
[egin{aligned}
f_k(n) &= sum_{i=0}^{k} C(n,i) g_k(i) \
&= sum_{i=0}^{n} C(n,i) g_k(i)
end{aligned}
]
这显然可以二项式反演：
[ g_k(n) = sum_{i=0}^{n} C(n,i) (-1)^{n-i} f_k(i)
]
那么我们其实就已经推出(S_2(k,n))的通项公式了：
[ n! S_2(k,n) = sum_{i=0}^{n} C(n,i) (-1)^{n-i} i^k
]
[egin{aligned}
S_2(n,m) &= frac{1}{m!} sum_{i=0}^{m} C(m,i) (-1)^{m-i} i^n \
&= frac{1}{m!} sum_{i=0}^{m} C(m,i) (-1)^i (m-i)^n \
&= sum_{i=0}^{m} frac{(-1)^i}{i!} imes frac{(m-i)^n} {(m-i)!}
end{aligned}
]
这样，我们就可以(O(nlog{n}))求出第二类斯特林数的一行了。
两类斯特林数的生成函数
为了表示清晰，我们用
- (S_{1,n}(x))表示第一类斯特林数第(n)行的生成函数。
- (S_{2,n}(x))表示第二类斯特林数第(n)行的生成函数。
- (T_{1,n}(x))表示第一类斯特林数第(n)列的生成函数。
- (T_{2,n}(x))表示第二类斯特林数第(n)列的生成函数。
那么通过递推式，我们可以得出：
第一类斯特林数——行：
[ S_{1,n}(x)=
egin{cases}
1, & n=0 \
(x+n-1)S_{1,n-1}(x), & n geq 1
end{cases}
]
第二类斯特林数——行：
[ S_{2,n}(x)=
egin{cases}
1, & n=0 \
x(S'_{1,n-1}(x)+S_{1,n-1}(x)), & n geq 1
end{cases}
]
第二类斯特林数——列：
[egin{aligned}
S_2(n,m) &= S_2(n-1,m-1) + mS_1(n-1,m) \
T_2(m,n) &= T_2(m-1,n-1) + mT_1(m,n-1) \
T_{2,m}(x) &= xT_{2,m-1}(x) + mxT_{2,m} \
(1-mx)T_{2,m}(x) &= xT_{2,m-1}(x) \
T_{2,m}(x) &= frac{xT_{2,m-1}(x)}{1-mx} \
T_{2,m}(x) &= frac{x}{1-mx}T_{2,m-1}(x) \
ecause
T_{2,0}(x) &= 1 \
herefore
T_{2,m}(x) &= frac{x^m}{prod_{i=1}^{m}(1-ix)}
end{aligned}
]
此时我们可以在用之前的倍增做法将(O(nlog^2{n}))优化至(O(nlog{n}))。
第一类斯特林数——列（此方法为(yyxmy)巨佬提供(ORZ)）：
考虑枚举每一个环排列的大小(a_i)，在这里当做环有标号（之后在除以阶乘就好了）。
那么有：
[egin{aligned}
S_1(n,k) &= frac{1}{k!} sum_{a_1+a_2+...+a_k = n} frac{n!}{prod_{i=1}^{k}a_i!} prod_{i=1}^{k}(a_i-1)! \
&= frac{1}{k!} sum_{a_1+a_2+...+a_k = n} frac{n!}{prod_{i=1}^{k}a_i} \
&= frac{n!}{k!} sum_{a_1+a_2+...+a_k = n} frac{1}{prod_{i=1}^{k}a_i}
end{aligned}
]
之后可以定义(f(x)=sum_{i=1} frac{x^i}{i})，然后(left[f(x)
ight]^k)中(x^i)的系数( imes frac{i!}{k!})就是(S_1(i,k))。
补充：
注意到(f(x))的首项是(0)而不是(1)，直接多项式(exp)求快速幂的话不太方便。
我们考虑设(g(x)=frac{f(x)}{x})，那么(left[g(x)
ight]^k)中(x^{i-k})的系数( imes frac{i!}{k!})就是(S_1(i,k))。
而且，可以用同样的方式推到第二类斯特林数的一列求法，只要在多项式快速幂之前将(frac{x^i}{i})变成(frac{x^i}{i!})就好了。
斯特林反演——反转公式
给出一个显然而且之前也用过的式子：
[egin{aligned}
x^{overline{n}} &= (-1)^n (-x)^{underline{n}} \
x^{underline{n}} &= (-1)^n (-x)^{overline{n}}
end{aligned}
]
那么我们将其代入之前的一个式子：
[egin{aligned}
n^m &= sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) n^{underline{k}} \
&= sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) (-1)^k (-n)^{overline{k}}
end{aligned}
]
此时我们想到第一类斯特林数的生成函数，有：
[egin{aligned}
n^m &= sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) (-1)^k (-n)^{overline{k}} \
&= sum_{k=0}^{m} S_2(m,k) (-1)^k sum_{j=0}^{k} S_1(k,j) (-n)^j \
&= sum_{j=0}^{m} n^j sum_{k=j}^{m} S_2(m,k) S_1(k,j)
(-1)^{k-j} \
end{aligned}
]
对比两侧的系数，而且这个式子对于任意(n)都满足，所以有：
[ sum_{k=j}^{m} S_2(m,k) S_1(k,j) (-1)^{k-j} = [j=m]
]
如果我们是用(n^{underline{m}})来推导还可以得到另一个式子：
[ sum_{k=j}^{m} S_1(m,k) S_2(k,j) (-1)^{k-j} = [j=m]
]
放在一起就是：
[egin{aligned}
sum_{k=j}^{m} S_2(m,k) S_1(k,j) (-1)^{k-j} &= [j=m] \
sum_{k=j}^{m} S_1(m,k) S_2(k,j) (-1)^{k-j} &= [j=m]
end{aligned}
]
斯特林反演——反演公式：
假设我们知道(f(n) = sum_{i=0}^{n} S_2(n,i) g(i))，
求(g(n))关于(f(i))的表达式。
我们考虑一个及其显然的式子：
[egin{aligned}
g(n) &= sum_{i=0}^{n} [i=n] g(i) \
&= sum_{i=0}^{n} left(sum_{j=i}^{n} S_1(n,j)S_2(j,i)(-1)^{n-j}
ight)g(i) \
&= sum_{i=0}^{n} left(sum_{j=0}^{n} S_1(n,j)S_2(j,i)(-1)^{n-j}
ight)g(i) \
&= sum_{j=0}^{n} (-1)^{n-j} S_1(n,j) sum_{i=0}^{n} S_2(j,i) g(i) \
&= sum_{j=0}^{n} (-1)^{n-j} S_1(n,j) f(j) \
&= sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} S_1(n,i) f(i) \
end{aligned}
]
同理，那么我们可以得到这些公式：
[egin{aligned}
f(n) = sum_{i=0}^{n} S_2(n,i) g(i)
&Leftrightarrow
g(n) = sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} S_1(n,i) f(i) \
f(n) = sum_{i=0}^{n} S_1(n,i) g(i)
&Leftrightarrow
g(n) = sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} S_2(n,i) f(i) \
end{aligned}
]