斯特林数相关

最近听说了小道消息：XC要求初一的同学们学好各种东西，其中包括斯特林数。
我笑掉大牙！
联合省选的D1T2放出了一道裸的斯特林数，幸亏之前推过第二类斯特林数求自然数幂和，所以很幸运地切了。
这次比赛之后dyp和gmh77疯狂学斯特林数，从此免疫。
惊得我也系统地学一下斯特林数做做样子。

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概念

第一类斯特林数：记为$s(m,n)$（也可以用中括号表示），组合意义为$m$个数形成$n$个圆排列的方案数。
有个比较系统的定义：$s(m,n)=[x^n]\prod_{i=0}^{m-1}(x+i)$
性质：
$s(m,n)=(m-1)*s(m-1,n)+s(m-1,n-1)$
组合意义可证。
$\sum_{k=0}^ns(n,k)=n!$
每一种排列，对应着一种轮换。意思记排列为$p$，$i$向$p_i$连边，这样就会形成若干个环。
$s(m,n)=[x^m]m!(-\ln(1-x))^n$
简单生成函数即可。

第二类斯特林数：记为$S(m,n)$（也可以用大括号表示），组合意义为$m$个数形成$n$个集合的方案数。
性质：
$S(m,n)=n*S(m-1,n)+S(m-1,n-1)$
组合意义可证。
$S(m,n)=[x^m]m!(e^x-1)^n=\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}(-1)^kC(n,k)(n-k)^m$
前面这个简单生成函数即可，后面那个可以将生成函数展开，或者反演得到（下面有提及）。
$\sum_{k=0}^nS(n,k)=B_n$
$B$表示贝尔数。

有符号斯特林数：顾名思义就是有符号的斯特林数。
$s_s(m,n)=-(m-1)*s_s(m-1,n)+s_s(m-1,n-1)$
$S_s(m,n)=-n*S_s(m-1,n)+S_s(m-1,n-1)$

下标$s$意思为“signed”

打个表出来可以发现
$s_s(m,n)=(-1)^{m-n}s(m,n)$
$S_s(m,n)=(-1)^{m-n}S(m,n)$

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性质

$s(m,n)\geq S(m,n)$
排列数大于等于集合数。

普通幂、上升幂、下降幂相关：（这个在推式子的时候经常能够用到！）
$x^n=\sum_{k=0}^nS(n,k)x^{\underline k}$
$x^n=\sum_{k=0}^nS(n,k)(-1)^{n-k}x^{\overline k}=\sum_{k=0}^nS_s(n,k)x^{\overline k}$
$x^{\overline n}=\sum_{k=0}^ns(n,k)x^k$
$x^{\underline n}=\sum_{k=0}^ns(n,k)(-1)^{n-k}x^k=\sum_{k=0}^ns_s(n,k)x^k$
具体证明嘛，各种归纳，各种组合意义。

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快速求斯特林数

第一类斯特林数：
把定义式搬下来：$s(m,n)=[x^n]\prod_{i=0}^{m-1}(x+i)$
记$s_m(x)=\prod_{i=0}^{m-1}(x+i)$
考虑倍增求这个东西。从$s_m(x)$推到$s_{2m}(x)$时：
$s_{2m}(x)=s_{m}(x)s_m(x+m)$
快速求出$s_m(x+m)$。设$s_m(x)=\sum_{i=0}^ms_{m,i}x^i$。之前已经求出$s_{m,i}$。
$s_m(x+m)=\sum_{i=0}^ms_{m,i}(x+m)^i$
二项式展开一下，推一波式子，就可以发现一个卷积。
于是计算$s_m(x+m)$的时间复杂度是$O(m\lg m)$的。
由于$m$是两倍两倍地扩大，所以总的时间复杂度也是$O(m \lg m)$。

第二类斯特林数：
把上面那个普通幂转下降幂的式子搬下来，简单反演一下，得到：
$n!S(m,n)=\sum_{k=0}^{n}(-1)^kC(n,k)(n-k)^m$
把后面的那个组合数拆开，可以发现这是个很明显的卷积形式。
时间复杂度$O(n \lg n)$

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斯特林反演

$f(n)=\sum_{k=0}^n S(n,k)g(k) \Longleftrightarrow g(n)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}s(n,k)f(k)$
有个叫反转公式的东西：
$\sum_ks(n,k)S(k,m)(-1)^{n-k}=[m=n]$
$\sum_kS(n,k)s(k,m)(-1)^{n-k}=[m=n]$
关于这个怎么证明……最严谨的方法应该是归纳。

写公式太麻烦，直接口胡一下证明的思路（挺好推的）。
比如上面这条式子：$\sum_ks(n,k)S(k,m)(-1)^{n-k}=[m=n]$
先将$s(n,k)$用递推式拆开，展开一下。
再将$S(k,m)$用递推式拆开，展开一下。
照着这么做就可以很自然地归纳证明出来了。
另一条式子也可以类似地推出来。
看了一些博客，有些博客里面写了一种不是很严谨的证明方法：
具体就是取一个普通幂$n^m$，将它先用第二类斯特林数表示成下降幂多项式，然后将这个下降幂用第一类斯特林数表示成普通幂。
推推式子就会得到这样：$n^m=\sum_{j=0}^mn^j\sum_{k=j}^mS(m,k)s(k,j)(-1)^{j-k}$
然后谁告诉我，这怎么就能直接得到$\sum_{k=j}^mS(m,k)s(k,j)(-1)^{j-k}=[j=m]$了？？？
这种方法只能解释假设反转公式成立，这个东西也成立；但不能反过来推啊……

如果设矩阵$F_{i,j}=S(i,j)$，$G_{i,j}=(-1)^{i-j}s(i,j)$
（或者$F_{i,j}=s(i,j)$，$G_{i,j}=(-1)^{i-j}S(i,j)$）
不难发现$F*G=E$，即$F$和$G$互逆。

拉赫数（第三类斯特林数？）

似乎只有维基上略有提及，所以不够详细请见谅。
有错误请指出。

无符号拉赫数：
上升幂和下降幂定义：
$x^{\overline n}=\sum_{k=0}^nL(n,k)x^{\underline n}$
$x^{\underline n}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}L(n,k)x^{\overline n}$
递推式定义：$L(m,n)=L(m-1,n-1)+(n-1+m)L(m,n-1)$
矩阵乘法定义：$L(m,n)=\sum_k s(m,k)S(k,n)$

有符号拉赫数：
上升幂和下降幂定义：
$x^{\overline n}=(-1)^n\sum_{k=0}^nL_s(n,k)x^{\underline n}$
$x^{\underline n}=(-1)^k\sum_{k=0}^{n}L_s(n,k)x^{\overline n}$
$L_s(m,n)=(-1)^mL(m,n)$

性质：
$L(m,n)=C(m-1,n-1)\frac{m!}{n!}$
归纳可证：
$\sum_kL_s(m,k)L_s(k,n)=\sum_k(-1)^{m-k}L(m,k)L(k,n)=[m=n]$
$L(n,k)=n![x^n]\frac{1}{k!}(\frac{x}{1-x})^k$

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参考资料

https://www.cnblogs.com/Wuweizheng/p/8638858.html
https://www.cnblogs.com/hchhch233/p/10016543.html
https://www.cnblogs.com/owenyu/p/6724661.html
https://www.cnblogs.com/gzy-cjoier/p/8426987.html
百度百科
维基百科