斯特林数小结（update gradually...）

概念

• 斯特林数（Stirling number）是由18世纪数学家James Stirling提出的两类数。
• 第一类：轮换数，将n个数排成k个非空的环（圆排列，有序）的方案数，用$s(n,m)$或$\left[ \begin{matrix}n\\k\end{matrix} \right]$表示。还分为无符号第一类斯特林数$s_u(n,m)$和带符号第一类斯特林数 $s_s(n,m)$。
• 第二类：子集数，将n个数排成k个非空集合（集合内无序）的方案数，用$S(n,m)$或$\left\{ \begin{matrix}n\\k\end{matrix} \right\}$表示。

第一类斯特林数

边界条件&&递推式

• 先考虑无符号第一类斯特林数$s_u(n,m)$。
• 根据定义，易得边界条件：
  $s(n,k)=\begin{cases}0 & n<k \\ 1 & n=k \\ 0 & n>0\ ∧\ k=0 \end{cases}$
• 假设现在已知$s(n-1,k-1)$，我们要加入一个新数$n$。它可以考虑自己形成一个新的环，或者插入任意一个已有的数后面，因此：$\left[ \begin{matrix}n\\k\end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix}n-1\\k-1\end{matrix} \right]+(n-1)\left[ \begin{matrix}n-1\\k\end{matrix} \right]$
• 有符号的第一类斯特林数$s_s(n,k)$与此类似。其递推式为：$s_s(n,k)=(-1)^{n+k}s_u(n,k)=s_s(n-1,k-1)-(n-1)\times s_s(n-1,k)$
• 时间&空间复杂度：$O(n^2)$。

与上升/下降幂的关系

• 第一类斯特林数与上升幂$x^{\overline{n}}=x(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)$满足如下所示的关系：
  $x^{\overline{n}}=\sum_{k=1}^n s_u(n,k)\times x^k$
• 亦即第一类斯特林数表现为$x^{\overline{n}}$的展开形式的各项系数。
• 该式子可利用$s_u(n,m)$的递推式通过数学归纳法来证明。但其亦有简单的组合意义：
• $n$个点，构成若干个环，要求一个环中所有点颜色相同，不同环不作要求。那么我们可以枚举环的组成（$\sum_{k=1}^n s_u(n,k)$），再给每个环分配颜色（$x^k$）；从另一个角度想，我们按编号从小到大加入每个点，每个点可在x种颜色中选择一种并自己形成一个新的环，亦可在前$n-1$个点中选择一个点接在它后面并继承它的颜色，那么操作方案数即为$x^{\overline{n}}$。

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• 上式加以变形可得到与下降幂$x^{\underline{n}}=x(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1)$的关系：
  $x^{\underline{n}}=\sum_{k=1}^n (-1)^{n-k}\times s_u(n,k)\times x^k=\sum_{k=1}^n s_s(n,k)\times x^k$
• 这是因为我们把$x^{\underline{n}}$展开后，会发现它的各项系数的绝对值与$x^{\overline{n}}$一致，只是正负性会交错排列。

较为快速的求法

• 考虑多项式$F(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)$的系数。
• $F(x)=x^{\overline{n}}=\sum_{k=1}^n\left[ ^n_k \right]x^k=\sum_{k=0}^n\left[ ^n_k \right]x^k$
• 因此，$F(x)$的k次项系数即为$\left[^n_k\right]$。

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• 考虑快速地求解$\left[^n_k\right]$。
• 当有模数的时候，可以分治NTT求解$F(x)$的各项系数（可以忽略掉$i=0$时的$(x+i)$）。我们进行CDQ分治，区间$[2l-1,2r]$表示$(x+l)(x+l+1)(x+l+2)\cdots(x+r)$的各项系数。记$m=\dfrac{l+r}2$，每次先求解区间$[2l-1,2m]$和区间$[2m+1,2r]$，尔后再合并。
• 时间复杂度：$O(n\log_2^2n)$；空间复杂度：$O(n)$。

第二类斯特林数

回顾一下定义

• 第二类斯特林数：子集数，将n个数排成k个非空集合（集合内无序）的方案数，用$S(n,m)$或$\left\{ \begin{matrix}n\\k\end{matrix} \right\}$表示。

边界条件&&递推式

• 随便思考一下即可发现，边界条件与第一类斯特林数一致：
  $S(n,k)=\begin{cases}0 & n<k \\ 1 & n=k \\ 0 & n>0\ ∧\ k=0 \end{cases}$
• 假设现在已知$S(n-1,k-1)$，要加入新数$n$。它可以自己形成一个新的集合，或者加进先前已有的任意一个集合中去，于是：$\left\{ \begin{matrix}n\\k\end{matrix} \right\}=\left\{ \begin{matrix}n-1\\k-1\end{matrix} \right\}+k\left\{ \begin{matrix}n-1\\k\end{matrix} \right\}$
• 时间&空间复杂度：$O(n^2)$。

与下降幂的关系

• 第二类斯特林数与下降幂$x^{\underline{k}}$满足如下所示的关系：
  $x^n = \sum_{k=0}^{n} S(n,k)\times x^{\underline{k}}$
• 与前面的一样，这个式子可以用数学归纳法证明，亦有组合意义：
• 假设我们用$x$种颜色为$n$个点染色，方案数显然是$x^n$；而我们也可以枚举同种颜色的集合是什么（$\sum_{k=0}^{n} S(n,k)$），然后从x种颜色中选出不同的颜色赋给这些集合（$x^{\underline{k}}$）。

通项公式

• 转换模型。不难发现$S(n,k)$等价于：将$n$个不同的球放入$m$个无差别的盒子中，要求盒子非空的方案数。
• 我们先考虑盒子有差别的情况。
• 考虑容斥。枚举空盒数$i$，在$m$个盒子中选$i$个即为$\binom mi$；那么，$n$个球可以放进剩下的$m-i$个盒子中，即为$(m-i)^n$。容斥系数显然为$(-1)^i$。（当然，严谨证明还是得推式子）
• 最后，消除盒子的差别，整体乘上一个$\frac1{m!}$。

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• 以上说明过于感性，下面我们来理性一下。
• 我们之前已经得出了：$m^n=\sum_{i=0}^n \left\{ ^n_i\right\}m^{\underline{i}}$
• 把$m^{\underline{i}}$拆开来就变成：$\sum_{i=0}^n \binom nk\left\{^n_k\right\}x!$
• 那么，根据二项式反演，上式等价于：$\left\{^n_m\right\}m!=\sum_{i=0}^m(-1)^i\binom mi (m-i)^n$
• 然后，我们把$m!$丢到右边去。

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• 至此，我们得到了第二类斯特林数的通项公式：
  $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac 1 {m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i\binom mi(m-i)^n=\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^i(m-i)^n}{i!(m-i)!}$
• 可以考虑预处理$\frac1{i!(m-i)!}$。单组询问的话，也可以预处理$(m-i)^n$。
• 时间复杂度：$O(m\log M)$或$O(m)$。（$M$为模数）
• 如果我们要快速地求$S(n,0)\sim S(n,m)$怎么破？我们发现通项公式中，$\frac{(-1)^i}{i!}$只与$i$有关，$\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}$只与$m-i$有关。所以可设两个多项式，用一个FFT/NTT，即可在$O(m\log m)$的时间内求出。

与自然数幂和

• 第二类斯特林数的一大亮点是可以龟快速求自然数幂和。
• 记$F(n)=\sum_{i=1}^n i^k$。我们来现场推一波式子：
  $\begin{aligned} F(n) & = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{k} \left\{ \begin{matrix}k\\j\end{matrix} \right\} i^{\underline{j}} \\ & = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{k} \left\{ \begin{matrix}k\\j\end{matrix} \right\} j!\left( \begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right) \\ & = \sum_{j=0}^{k} \left\{ \begin{matrix}k\\j\end{matrix} \right\} j! \sum_{i=j}^n \left( \begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right) \end{aligned}$
• 现在已经可以$O(nk)$求解了。但是我们想更快。

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• 先给出一个结论：$\sum_{i=j}^n\left( ^i_j\right)=\left(^{n+1}_{j+1} \right)$。
• 这个东西的证明，可以根据组合数的递推式依次展开$\left(^{n+1}_{j+1} \right)$来得到：
  $\begin{aligned} \left( \begin{matrix}n+1\\j+1\end{matrix}\right) & =\left( \begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n\\j+1\end{matrix}\right) \\& =\left( \begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-1\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-1\\j+1\end{matrix}\right) \\& =\left( \begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-1\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-2\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-2\\j+1\end{matrix}\right) \\& =\left( \begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-1\\j\end{matrix}\right) + \cdots + \left( \begin{matrix}j\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}j\\j+1\end{matrix}\right)\\& =\left( \begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right) + \left( \begin{matrix}n-1\\j\end{matrix}\right) + \cdots + \left( \begin{matrix}j\\j\end{matrix}\right) \end{aligned}$
• 也可以考虑组合意义：$n+1$个数排成一排，选$j+1$个，枚举第一个数选的位置，剩下的数再选$j$个，于是就成了上面的式子。

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• 然后我们可以继续化简。
• 接着上面的队形：
  $\begin{aligned} F(n) & = \sum_{j=0}^{k} \left\{ \begin{matrix}k\\j\end{matrix} \right\} j! \sum_{i=j}^n \left( \begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right) \\& = \sum_{j=0}^{k} \left\{ \begin{matrix}k\\j\end{matrix} \right\} j!\left( \begin{matrix}n+1\\j+1\end{matrix}\right)\\& = \sum_{j=0}^k\left\{\begin{matrix}{k}\\{j}\end{matrix}\right\} \frac{(n+1)^{\underline {j+1}}}{j+1} \end{aligned}$
• $\left\{ ^k_j\right\}$的值可以$O(k^2)$或$O(k\log k)$预处理。而$(n+1)^{\underline{j+1}}$是连续的$j+1$个自然数的乘积，则其一定是$j+1$的倍数，因此不必逆元。（当然，假如$(n+1)$太大，要先模，那就得逆元了）逆元可以$O(k)$预处理，因此单次询问复杂度为$O(k)$。

两类斯特林数之间的关系

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

• 这是为什么呢？我觉得应该可以数学归纳法，在此不作证明。