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斯特林数及斯特林反演

由 烂漫一生 提交于 2020-11-09 03:55:41

此文章涉及到斯特林数性质及斯特林反演，例题总结与应用篇$\Longrightarrow$点这里

${\large\color{SpringGreen}{历史小芝士}}$

在组合数学中，斯特林$(Stirling)$数可指两类数，第一类斯特林数和第二类斯特林数 这些均由$18$世纪数学家$James Stirling$提出的，并在著作《$Methodous Differentialis$》中首次使用

自此，斯特林数成为又一广泛运用到处理组合问题的一大利器

${\large\color{SpringGreen}{第一类斯特林数}}$

##定义 $\begin{bmatrix}n\m \end{bmatrix}$表示$n$个元素分成$m$个环的方案数

显然：$$\begin{bmatrix}n\m \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\m-1 \end{bmatrix}+(n-1)*\begin{bmatrix}n-1\m \end{bmatrix}$$

理解：考虑从$n-1$个元素推过来，如果两个空环肯定是不符合的 $~~~~~~~~~~$空一个环则单独成环，如果$n-1$的时候就没有空环就任意放在一个元素前 ##性质

  • $n!=\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}$

理解：其实本质就是置换，一个环则为一组轮换，每种排列都会对应着唯一 一种置换

  • $x^{\underline n}=\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i\$

归纳法：

$$\begin{aligned}\ x^{\underline {n+1}}&=(x-n)x^{\underline n}\ &=(x-n)\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i\ &=x\sum\limits_{i=0}^{n} \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^{i}-n\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i} x^i\ &=\sum\limits_{i=0}^{n} \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^{i+1}-n\sum\limits_{i=0}^{n+1} \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i} x^i\ &=\sum\limits_{i=1}^{n+1} \begin{bmatrix}n\i-1 \end{bmatrix}(-1)^{n-i+1}x^{i}+n\sum\limits_{i=0}^{n+1} \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i+1} x^i\ &=\sum\limits_{i=1}^{n+1} ( \begin{bmatrix}n\i-1 \end{bmatrix} +n*\begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix})(-1)^{n-i+1}x^{i}\ &=\sum\limits_{i=1}^{n+1} \begin{bmatrix}n+1\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i+1}x^{i}\ &=\sum\limits_{i=0}^{(n+1)} \begin{bmatrix}n+1\i \end{bmatrix}(-1)^{(n+1)-i}x^{i}\ \end{aligned}$$

  • $x^{\overline n}=\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}x^i$

证明类上，不再赘述

##求第一类斯特林数

  • $$\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}x^i=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)$$

$\begin{array}{c c c}~&0&1&2&3&4\0&0&0&0&0&0\1&0&1&0&0&0\2&0&1&1&0&0\3&0&2&3&1&0\4&0&6&11&6&1\end{array}$

其实把表刷出来就差不多了，可以理解为根据$\begin{bmatrix}n\m \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\m-1 \end{bmatrix}+(n-1)*\begin{bmatrix}n-1\m \end{bmatrix}$逐渐转移

至此，我们可以通过分治$FFTO(nlog^2n)$求出一行的第一类斯特林数

  • 还有一种类似于多项式求逆模式$O(nlogn)$的方法 $$F(x)^n=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(x+i),F(x)^{2n}=F(x)^nF(x+n)^n$$

考虑当我们求出$F(x)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}a_ix^i$： $$\begin{aligned}\ F(x+n)^{n}&=\sum\limits_{i=0}^{n}a_i(x+n)^i\ &=\sum\limits_{i=0}^na_i\sum\limits_{j=0}^i{i\choose j}n^{i-j}x^j\ &=\sum\limits_{i=0}^n(\sum\limits_{j=i}^n {j\choose i}n^{j-i}a_j)x^i\ &=\sum\limits_{i=0}^n(\sum\limits_{j=i}^n \frac{j!}{i!(j-i)!}n^{j-i}a_j)x^i\ &=\sum\limits_{i=0}^n (i!)^{-1}x^i (\sum\limits_{j=i}^n (\frac{n^{j-i}}{(j-i)!})\cdot (j!a_j))\ \end{aligned}$$ 我们通过左半部分系数能得到右半部分系数，再相乘一下就得到了总体的系数

Code

留有少量注释

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const LL mod=998244353,g=3,maxn=1e6+9;
inline LL Pow(LL base,LL b){
    LL ret(1);
    while(b){
        if(b&1) ret=ret*base%mod; base=base*base%mod; b>>=1;
    }return ret;
}
LL r[maxn];
inline LL Fir(LL n){
    LL limit(1),len(0);
    while(limit<(n<<1)){
        limit<<=1; ++len;
    }
    for(LL i=0;i<limit;++i) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<len-1);
    return limit;
}
inline void NTT(LL *a,LL n,LL type){
    for(LL i=0;i<n;++i) if(i<r[i]) std::swap(a[i],a[r[i]]);
    for(LL mid=1;mid<n;mid<<=1){
        LL wn(Pow(g,(mod-1)/(mid<<1))); if(type==-1) wn=Pow(wn,mod-2);
        for(LL R=mid<<1,j=0;j<n;j+=R)
            for(LL k=0,w=1;k<mid;++k,w=w*wn%mod){
            	LL x(a[j+k]),y(w*a[j+mid+k]%mod);
            	a[j+k]=(x+y)%mod; a[j+mid+k]=(x-y+mod)%mod;
            }
    }
    if(type==-1){
        LL ty(Pow(n,mod-2)); for(LL i=0;i<n;++i) a[i]=a[i]*ty%mod;
    }
}
LL T[maxn],F[maxn],H[maxn],G[maxn],fac[maxn],fav[maxn],tmp[maxn],sum[maxn],B[maxn];
inline void Mul(LL n,LL *a,LL *b,LL *ans){
    LL limit(Fir(n));
    NTT(a,limit,1); NTT(b,limit,1);
    for(LL i=0;i<limit;++i) ans[i]=a[i]*b[i]%mod;
    NTT(ans,limit,-1);
}
inline void Solve(LL n,LL *a){
    if(!n){ a[0]=1; return; }
    if(n==1){ a[1]=1; return; }
    LL len(n/2);
    Solve(len,a);
    
    LL limit(Fir(len+1));
    for(LL i=0;i<=len;++i) F[i]=Pow(len,i)*fav[i]%mod;
    for(LL i=0;i<=len;++i) H[i]=fac[i]*a[i]%mod;
    for(LL i=0;i<=(len>>1);++i) std::swap(H[i],H[len-i]);
    for(LL i=len+1;i<limit;++i) F[i]=H[i]=0;
    NTT(F,limit,1); NTT(H,limit,1);
    for(LL i=0;i<limit;++i) G[i]=F[i]*H[i]%mod;
    NTT(G,limit,-1);
    for(LL i=0;i<=len;++i) tmp[i]=G[len-i]*Pow(fac[i],mod-2)%mod;//right
    
    Mul(len+1,a,tmp,B);//left * right
    for(LL i=0;i<=(len<<1);++i) a[i]=B[i];
    for(LL i=(len<<1)+1;i<=(len<<2);++i) a[i]=tmp[i]=0;
    
    if(n&1){
        for(LL i=0;i<n;++i) T[i]=a[i];
        for(LL i=1;i<=n;++i) a[i]=(T[i-1]+(n-1)*T[i]%mod)%mod;
    }
}
inline LL Get_c(LL n,LL m){
    return fac[n]*fav[m]%mod*fav[n-m]%mod;
}
LL n;
LL ans[maxn];
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    fac[0]=fac[1]=1;
    for(LL i=2;i<=n;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    fav[n]=Pow(fac[n],mod-2);
    for(LL i=n;i>=1;--i) fav[i-1]=fav[i]*i%mod;
    Solve(n,ans);
	for(LL i=0;i<=n;++i) printf("%lld ",ans[i]);printf("\n");
	return 0;
}

${\large\color{SpringGreen}{第二类斯特林数}}$

##定义 $\begin{Bmatrix}n\m\end{Bmatrix}$表示$n$个有区别的小球丢进$m$个无区别的盒子，无空盒子的方案数

显然：$$\begin{Bmatrix}n\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\m-1\end{Bmatrix}+m*\begin{Bmatrix}n-1\m\end{Bmatrix}$$

理解：考虑从$n-1$个小球推过来，如果两个空盒子肯定是不符合的 $~~~~~~~~~~$空一个盒子则只能放到那个空盒子里面了，如果$n-1$的时候就没有空箱子就随便放 ##性质 $$m^n=\sum_{i=0}^{m}\begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}*i!*C(m,i)$$

当然也可以写成：$$m^n=\sum\limits_{i=0}^m \begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}*m^{\underline i}$$

到后面反演时我们会这样写：$$m^n=\sum\limits_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}*m^{\underline i}$$ 看看后面的$m^{\underline i}$就懂了

理解：$m^n$为$n$个有区别的小球丢进$m$个有区别的盒子，允许空盒子 $~~~~~~~~~~$枚举有效盒子的个数，再从$m$个盒子选$i$个盒子，然后$n$个小球丢进$i$个盒子 ##转换到组合表示 第二类斯特林数显然是和排列组合有关系的，转换过来：$$\begin{Bmatrix}n\m\end{Bmatrix}=\frac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^kC(m,k)(m-k)^n$$

理解：如果空箱子的情况我们也算进去，答案显然是$\frac{m^n}{m!}$ $$反过来求第二类斯特林数，又得减掉这种情况： $$选$k$个空盒子，然后小球放到其他的盒子里 $~~~~~~~~~~$但最后我们求出来的答案为有区别的盒子，转换过来要$×\frac{1}{m!}$ ##求第二类斯特林数 大概都能猜到是卷积形式了吧，随手展开一下： $$\begin{aligned}\ \begin{Bmatrix}n\m\end{Bmatrix}&=\frac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\frac{m!}{k!(m-k)!}(m-k)^n\ &=\sum\limits_{k=0}^m\frac{(-1)^k(m-k)^n}{k!(m-k)!}\ \end{aligned}$$

至此，我们能实现$O(nlogn)$求出$S(n)$这一行的第二类斯特林

##第二类斯特林数与自然数幂的关系 $$\begin{aligned}\ Sum(n)&=\sum\limits_{i=0}^n i^k\ &=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\j \end{Bmatrix}i^{\underline j}\ &=\sum\limits_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\j \end{Bmatrix}\sum\limits_{i=0}^n i^{\underline j}\ &=\sum\limits_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\j \end{Bmatrix}j!\sum\limits_{i=0}^nC_i^j\ &=\sum\limits_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\j \end{Bmatrix}j!C_{n+1}^{j+1}\ &=\sum\limits_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\j \end{Bmatrix} \frac{(n+1)^{\underline {j+1}}}{j+1}\ \end{aligned}$$

关于$\sum\limits_{i=0}^nC_i^j=C_{n+1}^{j+1}$的理解：枚举$j+1$的右端点$i+1$，则相当于从$i$个点中选$j$个点

${\large\color{SpringGreen}{斯特林反演}}$

##定义 斯特林反演：$f(n)=\sum\limits_{k=0}^n \begin{Bmatrix}n\k \end{Bmatrix}g(k)\Longleftrightarrow g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}\begin {bmatrix} n\k \end{bmatrix}f(k)$ ##总结上面我们所推倒的性质

  • $x^{\underline n}=\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i,x^{\overline n}=\sum_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\i \end{bmatrix}x^i$
  • $m^n=\sum\limits_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}*m^{\underline i}$

##补充 $$x^{\underline n}=(-1)^n (-x)^{\overline n},x^{\overline n}=(-1)^n (-x)^{\underline n}$$ ##前置 我们先证这个反转公式 $$\begin{aligned}\displaystyle \sum_{k=m}^n (-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\k\end{bmatrix} \begin{Bmatrix}k\m\end{Bmatrix}=[m=n]\ \sum_{k=m}^n (-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\k\end{Bmatrix} \begin{bmatrix}k\m\end{bmatrix}=[m=n]\end{aligned}$$ 反转公式1： $$\begin{aligned}\ m^{\underline n}&=\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}m^i\ &=\sum\limits_{i=0}^n \begin{bmatrix}n\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}\sum\limits_{j=0}^i \begin{Bmatrix}i\j\end{Bmatrix}m^{\underline j}\ &=\sum\limits_{i=0}^n m^{\underline i}\sum\limits_{j=i}^n (-1)^{n-j} \begin{bmatrix}n\j\end{bmatrix} \begin{Bmatrix}j\i\end{Bmatrix}\ \end{aligned}$$ 反转公式2： $$\begin{aligned}\ m^n&=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}m^{\underline i}\ &=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}(-1)^i(-m)^{\overline i}\ &=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}(-1)^i\sum\limits_{j=0}^i \begin{bmatrix}i\j\end{bmatrix}(-m)^j\ &=\sum\limits_{i=0}^n m^i\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{i-j} \begin{Bmatrix}n\j\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}j\i\end{bmatrix}\ \end{aligned}$$ ##推式 已知：$g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}\begin {bmatrix} n\k \end{bmatrix}f(k)$ $$\begin{aligned}\ f(n)&=\sum\limits_{k=0}^n [k=n]f(k)\ &=\sum\limits_{k=0}^n\sum\limits_{j=k}^n \begin {Bmatrix} n\j \end{Bmatrix}\begin {bmatrix} j\k \end{bmatrix}(-1)^{j-k}f(k)\ &=\sum\limits_{k=0}^n \begin {Bmatrix} n\k \end{Bmatrix}\sum\limits_{j=0}^k (-1)^{k-j}\begin {bmatrix} k\j \end{bmatrix}f(j)\ &=\sum\limits_{k=0}^n \begin {Bmatrix} n\k \end{Bmatrix}g(k)\ \end{aligned}$$

${\large\color{SpringGreen}{斯特林数应用}}$

总结

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