斯特林數小結（update gradually...）

概念

• 斯特林數（Stirling number）是由18世紀數學家James Stirling提出的兩類數。
• 第一類：輪換數，將n個數排成k個非空的環（圓排列，有序）的方案數，用$s(n,m)$或$\left[ \begin{matrix}n\\k\end{matrix} \right]$表示。還分爲無符號第一類斯特林數$s_u(n,m)$和帶符號第一類斯特林數 $s_s(n,m)$。
• 第二類：子集數，將n個數排成k個非空集合（集合內無序）的方案數，用$S(n,m)$或$\left\{ \begin{matrix}n\\k\end{matrix} \right\}$表示。

第一類斯特林數

邊界條件&&遞推式

• 先考慮無符號第一類斯特林數$s_u(n,m)$。
• 根據定義，易得邊界條件：
  $s(n,k)=\begin{cases}0 & n<k \\ 1 & n=k \\ 0 & n>0\ ∧\ k=0 \end{cases}$
• 假設現在已知$s(n-1,k-1)$，我們要加入一個新數$n$。它可以考慮自己形成一個新的環，或者插入任意一個已有的數後面，因此：$\left[ \begin{matrix}n\\k\end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix}n-1\\k-1\end{matrix} \right]+(n-1)\left[ \begin{matrix}n-1\\k\end{matrix} \right]$
• 有符號的第一類斯特林數$s_s(n,k)$與此類似。其遞推式爲：$s_s(n,k)=(-1)^{n+k}s_u(n,k)=s_s(n-1,k-1)-(n-1)\times s_s(n-1,k)$
• 時間&空間複雜度：$O(n^2)$。

與上升/下降冪的關係

• 第一類斯特林數與上升冪$x^{\overline{n}}=x(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)$滿足如下所示的關係：
  $x^{\overline{n}}=\sum_{k=1}^n s_u(n,k)\times x^k$
• 亦即第一類斯特林數表現爲$x^{\overline{n}}$的展開形式的各項係數。
• 該式子可利用$s_u(n,m)$的遞推式通過數學歸納法來證明。但其亦有簡單的組合意義：
• $n$個點，構成若干個環，要求一個環中所有點顏色相同，不同環不作要求。那麼我們可以枚舉環的組成（$\sum_{k=1}^n s_u(n,k)$），再給每個環分配顏色（$x^k$）；從另一個角度想，我們按編號從小到大加入每個點，每個點可在x種顏色中選擇一種並自己形成一個新的環，亦可在前$n-1$個點中選擇一個點接在它後面並繼承它的顏色，那麼操作方案數即爲$x^{\overline{n}}$。

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• 上式加以變形可得到與下降冪$x^{\underline{n}}=x(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1)$的關係：
  $x^{\underline{n}}=\sum_{k=1}^n (-1)^{n-k}\times s_u(n,k)\times x^k=\sum_{k=1}^n s_s(n,k)\times x^k$
• 這是因爲我們把$x^{\underline{n}}$展開後，會發現它的各項係數的絕對值與$x^{\overline{n}}$一致，只是正負性會交錯排列。

較爲快速的求法

• 考慮多項式$F(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)$的係數。
• $F(x)=x^{\overline{n}}=\sum_{k=1}^n\left[ ^n_k \right]x^k=\sum_{k=0}^n\left[ ^n_k \right]x^k$
• 因此，$F(x)$的k次項係數即爲$\left[^n_k\right]$。

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• 考慮快速地求解$\left[^n_k\right]$。
• 當有模數的時候，可以分治NTT求解$F(x)$的各項係數（可以忽略掉$i=0$時的$(x+i)$）。我們進行CDQ分治，區間$[2l-1,2r]$表示$(x+l)(x+l+1)(x+l+2)\cdots(x+r)$的各項係數。記$m=\dfrac{l+r}2$，每次先求解區間$[2l-1,2m]$和區間$[2m+1,2r]$，爾後再合併。
• 時間複雜度：$O(n\log_2^2n)$；空間複雜度：$O(n)$。

第二類斯特林數

回顧一下定義

• 第二類斯特林數：子集數，將n個數排成k個非空集合（集合內無序）的方案數，用$S(n,m)$或$\left\{ \begin{matrix}n\\k\end{matrix} \right\}$表示。

邊界條件&&遞推式

• 隨便思考一下即可發現，邊界條件與第一類斯特林數一致：
  $S(n,k)=\begin{cases}0 & n<k \\ 1 & n=k \\ 0 & n>0\ ∧\ k=0 \end{cases}$
• 假設現在已知$S(n-1,k-1)$，要加入新數$n$。它可以自己形成一個新的集合，或者加進先前已有的任意一個集合中去，於是：$\left\{ \begin{matrix}n\\k\end{matrix} \right\}=\left\{ \begin{matrix}n-1\\k-1\end{matrix} \right\}+k\left\{ \begin{matrix}n-1\\k\end{matrix} \right\}$
• 時間&空間複雜度：$O(n^2)$。

與下降冪的關係

• 第二類斯特林數與下降冪$x^{\underline{k}}$滿足如下所示的關係：
  $x^n = \sum_{k=0}^{n} S(n,k)\times x^{\underline{k}}$
• 與前面的一樣，這個式子可以用數學歸納法證明，亦有組合意義：
• 假設我們用$x$種顏色爲$n$個點染色，方案數顯然是$x^n$；而我們也可以枚舉同種顏色的集合是什麼（$\sum_{k=0}^{n} S(n,k)$），然後從x種顏色中選出不同的顏色賦給這些集合（$x^{\underline{k}}$）。

通項公式

• 轉換模型。不難發現$S(n,k)$等價於：將$n$個不同的球放入$m$個無差別的盒子中，要求盒子非空的方案數。
• 我們先考慮盒子有差別的情況。
• 考慮容斥。枚舉空盒數$i$，在$m$個盒子中選$i$個即爲$\binom mi$；那麼，$n$個球可以放進剩下的$m-i$個盒子中，即爲$(m-i)^n$。容斥係數顯然爲$(-1)^i$。（當然，嚴謹證明還是得推式子）
• 最後，消除盒子的差別，整體乘上一個$\frac1{m!}$。

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• 以上說明過於感性，下面我們來理性一下。
• 我們之前已經得出了：$m^n=\sum_{i=0}^n \left\{ ^n_i\right\}m^{\underline{i}}$
• 把$m^{\underline{i}}$拆開來就變成：$\sum_{i=0}^n \binom nk\left\{^n_k\right\}x!$
• 那麼，根據二項式反演，上式等價於：$\left\{^n_m\right\}m!=\sum_{i=0}^m(-1)^i\binom mi (m-i)^n$
• 然後，我們把$m!$丟到右邊去。

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• 至此，我們得到了第二類斯特林數的通項公式：
  $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac 1 {m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i\binom mi(m-i)^n=\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^i(m-i)^n}{i!(m-i)!}$
• 可以考慮預處理$\frac1{i!(m-i)!}$。單組詢問的話，也可以預處理$(m-i)^n$。
• 時間複雜度：$O(m\log M)$或$O(m)$。（$M$爲模數）
• 如果我們要快速地求$S(n,0)\sim S(n,m)$怎麼破？我們發現通項公式中，$\frac{(-1)^i}{i!}$只與$i$有關，$\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}$只與$m-i$有關。所以可設兩個多項式，用一個FFT/NTT，即可在$O(m\log m)$的時間內求出。

與自然數冪和

• 第二類斯特林數的一大亮點是可以龜快速求自然數冪和。
• 記$F(n)=\sum_{i=1}^n i^k$。我們來現場推一波式子：
  $\begin{aligned} F(n) & = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{k} \left\{ \begin{matrix}k\\j\end{matrix} \right\} i^{\underline{j}} \\ & = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{k} \left\{ \begin{matrix}k\\j\end{matrix} \right\} j!\left( \begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right) \\ & = \sum_{j=0}^{k} \left\{ \begin{matrix}k\\j\end{matrix} \right\} j! \sum_{i=j}^n \left( \begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right) \end{aligned}$
• 現在已經可以$O(nk)$求解了。但是我們想更快。

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• 先給出一個結論：$\sum_{i=j}^n\left( ^i_j\right)=\left(^{n+1}_{j+1} \right)$。
• 這個東西的證明，可以根據組合數的遞推式依次展開$\left(^{n+1}_{j+1} \right)$來得到：
  $\begin{aligned} \left( \begin{matrix}n+1\\j+1\end{matrix}\right) & =\left( \begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n\\j+1\end{matrix}\right) \\& =\left( \begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-1\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-1\\j+1\end{matrix}\right) \\& =\left( \begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-1\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-2\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-2\\j+1\end{matrix}\right) \\& =\left( \begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-1\\j\end{matrix}\right) + \cdots + \left( \begin{matrix}j\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}j\\j+1\end{matrix}\right)\\& =\left( \begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-1\\j\end{matrix}\right) + \cdots + \left( \begin{matrix}j\\j\end{matrix}\right) \end{aligned}$
• 也可以考慮組合意義：$n+1$個數排成一排，選$j+1$個，枚舉第一個數選的位置，剩下的數再選$j$個，於是就成了上面的式子。

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• 然後我們可以繼續化簡。
• 接着上面的隊形：
  $\begin{aligned} F(n) & = \sum_{j=0}^{k} \left\{ \begin{matrix}k\\j\end{matrix} \right\} j! \sum_{i=j}^n \left( \begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right) \\& = \sum_{j=0}^{k} \left\{ \begin{matrix}k\\j\end{matrix} \right\} j!\left( \begin{matrix}n+1\\j+1\end{matrix}\right)\\& = \sum_{j=0}^k\left\{\begin{matrix}{k}\\{j}\end{matrix}\right\} \frac{(n+1)^{\underline {j+1}}}{j+1} \end{aligned}$
• $\left\{ ^k_j\right\}$的值可以$O(k^2)$或$O(k\log k)$預處理。而$(n+1)^{\underline{j+1}}$是連續的$j+1$個自然數的乘積，則其一定是$j+1$的倍數，因此不必逆元。（當然，假如$(n+1)$太大，要先模，那就得逆元了）逆元可以$O(k)$預處理，因此單次詢問複雜度爲$O(k)$。

兩類斯特林數之間的關係

$\sum_{i=0}^nS(n,i)s(i,m)=\sum_{i=0}^ns(n,i)S(i,m)$

• 這是爲什麼呢？我覺得應該可以數學歸納法，在此不作證明。