斯特林数学习笔记
正文開始前，感謝以下幾篇博客：
https://www.cnblogs.com/y2823774827y/p/10700231.html（不認(rèn)識的）
https://www.cnblogs.com/p-b-p-b/p/10943453.html（PB的）
https://www.cnblogs.com/AThousandMoons/p/10949178.html（CDW的）
第一類斯特林?jǐn)?shù)的定義：$\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}$ 表示把 $n$ 個不同的物品組成恰好 $m$ 個沒有區(qū)別的圓排列的方案數(shù)。
那么有遞推公式 $\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}$。前面是把新的物品塞在一個原來的物品后邊，后面是新開一個圓排列。
初始 $\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}=1,\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=0(n<m)$。
這毒瘤玩意居然沒有單個的通項公式
有個式子：$n^{\overline{m}}=\sum\limits^{m}_{i=0}\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}n^i$。
組合意義？不會
理性證明？看PB的去（算了還是搬過來吧）
$$n^{\overline{m+1}}$$
$$(n+m)n^{\overline{m}}$$
$$(n+m)\sum\limits^{m}_{i=0}\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}n^i$$
$$\sum\limits^{m+1}_{i=0}(m\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}m\\i-1\end{bmatrix})n^i$$
$$\sum\limits^{m+1}_{i=0}\begin{bmatrix}m+1\\i\end{bmatrix}n^i$$
求一行的：$x^{\overline{n}}=\sum\limits^{n}_{i=0}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i$。
所以只要求出 $x^{\overline{n}}$ 這個多項式即可。
設(shè) $F_n(x)=x^{\overline{n}}$。
當(dāng) $n$ 是奇數(shù)時 $F_n(x)=(x+n-1)F_{n-1}(x)$，不管。
當(dāng) $n$ 是偶數(shù)時 $F_n(x)=F_{\frac{n}{2}}(x)F_{\frac{n}{2}}(x+\frac{n}{2})$。
（為方便將式子變?yōu)?$F_{2n}(x)=F_n(x)F_n(x+n)$）
假設(shè)已經(jīng)求出 $F_n(x)=\sum\limits_{i=0}^na_ix^i$。
$$F_n(x+n)$$
$$\sum\limits_{i=0}^na_i(x+n)^i$$
$$\sum\limits_{i=0}^na_i\sum\limits_{j=0}^i\dbinom{i}{j}x^jn^{i-j}$$
$$\sum\limits_{i=0}^na_ii!\sum\limits_{j=0}^i\dfrac{x^j}{j!}\dfrac{n^{i-j}}{(i-j)!}$$
$$\sum\limits_{j=0}^n\dfrac{x^j}{j!}\sum\limits_{i=j}^n(a_ii!)\dfrac{n^{i-j}}{(i-j)!}$$
令 $A_i=a_ii!,B_i=\dfrac{n^{n-i}}{(n-i)!}$，那么 $x^j$ 的系數(shù)是 $\dfrac{A\times B}{j!}[x^{j+n}]$。
時間復(fù)雜度 $O(n\log n)$。
求一列的：
考慮生成函數(shù) $F(x)=\sum\limits_{i=1}^{+\infty}(i-1)!\dfrac{x^i}{i!}=\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\dfrac{x^i}{i}$（注意下界是 $1$）。表示把 $n$ 個球形成圓排列（非空）的指數(shù)型生成函數(shù)（斯特林?jǐn)?shù)中集合沒有區(qū)別，所以要指數(shù)型）。那么 $\dfrac{F^m(x)}{m!}$ 就是把 $n$ 個球形成 $m$ 個圓排列且每個圓排列非空的方案數(shù)的指數(shù)型生成函數(shù)。那么 $\dfrac{\begin{bmatrix}i\\m\end{bmatrix}}{i!}=\dfrac{F^m(x)}{m!}[x^i]$。$O(n\log n)$。
第二類斯特林?jǐn)?shù)的定義：$\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}$ 表示把 $n$ 個不同的物品放進(jìn) $m$ 個沒有區(qū)別的集合，且每個集合都非空的方案數(shù)。
那么有遞推公式 $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=m\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}$。前面是把新的物品隨便找個集合塞下，后面是新開一個集合。
初始 $\begin{Bmatrix}1\\1\end{Bmatrix}=1,\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=0(n<m)$。
有個式子：$n^m=\sum\limits^{m}_{i=0}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\dbinom{n}{i}i!=\sum\limits^m_{i=0}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline{i}}$。
組合意義理解一下，左邊是 $m$ 個不同物品扔進(jìn) $n$ 個不同集合，且可以有空集合的方案數(shù)。右邊枚舉有多少個非空集合，然后把 $m$ 個物品放進(jìn)這些集合里。注意第二類斯特林?jǐn)?shù)中集合沒有區(qū)別，所以要乘回一個 $i!$ 使他們有區(qū)別。
二項式反演后可得通項公式 $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\dfrac{1}{m!}\sum\limits^m_{k=0}(-1)^k\dbinom{m}{k}(m-k)^n$。
求一行的：
發(fā)現(xiàn) $\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}=\sum\limits^i_{k=0}\dfrac{(-1)^k}{k!}\dfrac{(i-k)^n}{(i-k)!}$，是個卷積的形式，$O(n\log n)$ 求解。
求一列的：
考慮生成函數(shù) $F(x)=\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\dfrac{x^i}{i!}=e^x-1$（注意下界是 $1$）。表示把 $n$ 個球丟入一個集合（非空）的指數(shù)型生成函數(shù)（斯特林?jǐn)?shù)中集合沒有區(qū)別，所以要指數(shù)型）。類似上面的做法即可。$O(n\log n)$。
還有一種方法。考慮 $F_m(x)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i\\m\end{Bmatrix}x^i$。那么顯然有 $F_0(x)=1$。
$$F_m(x)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i\\m\end{Bmatrix}x^i$$
$$F_m(x)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}(m\begin{Bmatrix}i-1\\m\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}i-1\\m-1\end{Bmatrix})x^i$$
$$F_m(x)=m\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i-1\\m\end{Bmatrix}x^i+\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i-1\\m-1\end{Bmatrix}x^i$$
$$F_m(x)=m\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i\\m\end{Bmatrix}x^{i+1}+\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\begin{Bmatrix}i\\m-1\end{Bmatrix}x^{i+1}$$
$$F_m(x)=mxF_m(x)+xF_{m-1}(x)$$
$$F_m(x)=\dfrac{xF_{m-1}(x)}{1-mx}$$
$$F_m(x)=\dfrac{x^m}{\prod\limits_{i=1}^m(1-ix)}$$
分母實際上是 $\prod\limits_{i=1}^m(x-i)$ 的系數(shù)倒置。可以用上面的方法。也可以 $O(n\log n)$，常數(shù)更小。
首先由兩個很顯然的式子：
$n^{\overline{m}}=(-1)^{n+1}(-n)^{\underline{m}}$
$n^{\underline{m}}=(-1)^{n+1}(-n)^{\overline{m}}$
總結(jié)一下上面提到的性質(zhì)：（順便引入一些新的）
$n!=\sum\limits^n_{i=0}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}$（其實就是下面的式子令 $n=1$，$m=n$，也可以用抽象代數(shù)的意義證）
$n^{\overline{m}}=\sum\limits^m_{i=0}\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}n^i$
$n^{\underline{m}}=\sum\limits^m_{i=0}(-1)^{m-i}\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}n^i$（也可以用數(shù)學(xué)歸納法證）
$n^m=\sum\limits^m_{i=0}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline{i}}=\sum\limits^m_{i=0}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\dbinom{n}{i}i!$
$n^m=\sum\limits^m_{i=0}(-1)^{m-i}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\overline{i}}$（下面會講到怎么證）
$\sum\limits^n_{i=0}i^k=\sum\limits^k_{i=0}\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}\dfrac{(n+1)^{\underline{i+1}}}{i+1}$
關(guān)于最后一個式子的證明：
$$\sum\limits^n_{i=0}\sum\limits^k_{j=0}\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\dbinom{i}{j}j!$$
$$\sum\limits^k_{j=0}j!\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\sum\limits^n_{i=0}\dbinom{i}{j}$$
$$\sum\limits^k_{j=0}j!\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\dbinom{n+1}{j+1}$$
$$\sum\limits^k_{j=0}j!\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\dfrac{(n+1)^{\underline{j+1}}}{j+1}$$
中間 $\sum\limits^n_{i=0}\dbinom{i}{j}=\dbinom{n+1}{j+1}$ 就是傳說中的楊輝恒等式。右邊是從 $n+1$ 個位置中選 $j+1$ 個位置，左邊是枚舉最右邊的位置（$i+1$），然后從前 $i$ 個位置中選剩下的 $j$ 個。
有些題目中會用到普通冪和上升/下降冪轉(zhuǎn)換的方法來做。根據(jù)PB的總結(jié)，當(dāng)普通冪轉(zhuǎn)上升/下降冪時用第二類，當(dāng)上升/下降冪轉(zhuǎn)普通冪時用第一類。
斯特林反演：
長得和二項式反演很像。
$$f_n=\sum\limits^n_{k=0}(-1)^k\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}g_k\iff g_n=\sum\limits^n_{k=0}(-1)^k\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}f_k$$
$$f_n=\sum\limits^n_{k=0}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}g_k\iff g_n=\sum\limits^n_{k=0}(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}f_k$$
用這個式子也可以證明上面的一些式子。
證明咕。
暫時先咕到這里。
轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/1000Suns/p/11011492.html
總結(jié)
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