斯特林數相關

最近聽說了小道消息：XC要求初一的同學們學好各種東西，其中包括斯特林數。
我笑掉大牙！
聯合省選的D1T2放出了一道裸的斯特林數，幸虧之前推過第二類斯特林數求自然數冪和，所以很幸運地切了。
這次比賽之後dyp和gmh77瘋狂學斯特林數，從此免疫。
驚得我也系統地學一下斯特林數做做樣子。

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概念

第一類斯特林數：記爲$s(m,n)$（也可以用中括號表示），組合意義爲$m$個數形成$n$個圓排列的方案數。
有個比較系統的定義：$s(m,n)=[x^n]\prod_{i=0}^{m-1}(x+i)$
性質：
$s(m,n)=(m-1)*s(m-1,n)+s(m-1,n-1)$
組合意義可證。
$\sum_{k=0}^ns(n,k)=n!$
每一種排列，對應着一種輪換。意思記排列爲$p$，$i$向$p_i$連邊，這樣就會形成若干個環。
$s(m,n)=[x^m]m!(-\ln(1-x))^n$
簡單生成函數即可。

第二類斯特林數：記爲$S(m,n)$（也可以用大括號表示），組合意義爲$m$個數形成$n$個集合的方案數。
性質：
$S(m,n)=n*S(m-1,n)+S(m-1,n-1)$
組合意義可證。
$S(m,n)=[x^m]m!(e^x-1)^n=\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}(-1)^kC(n,k)(n-k)^m$
前面這個簡單生成函數即可，後面那個可以將生成函數展開，或者反演得到（下面有提及）。
$\sum_{k=0}^nS(n,k)=B_n$
$B$表示貝爾數。

有符號斯特林數：顧名思義就是有符號的斯特林數。
$s_s(m,n)=-(m-1)*s_s(m-1,n)+s_s(m-1,n-1)$
$S_s(m,n)=-n*S_s(m-1,n)+S_s(m-1,n-1)$

下標$s$意思爲“signed”

打個表出來可以發現
$s_s(m,n)=(-1)^{m-n}s(m,n)$
$S_s(m,n)=(-1)^{m-n}S(m,n)$

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性質

$s(m,n)\geq S(m,n)$
排列數大於等於集合數。

普通冪、上升冪、下降冪相關：（這個在推式子的時候經常能夠用到！）
$x^n=\sum_{k=0}^nS(n,k)x^{\underline k}$
$x^n=\sum_{k=0}^nS(n,k)(-1)^{n-k}x^{\overline k}=\sum_{k=0}^nS_s(n,k)x^{\overline k}$
$x^{\overline n}=\sum_{k=0}^ns(n,k)x^k$
$x^{\underline n}=\sum_{k=0}^ns(n,k)(-1)^{n-k}x^k=\sum_{k=0}^ns_s(n,k)x^k$
具體證明嘛，各種歸納，各種組合意義。

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快速求斯特林數

第一類斯特林數：
把定義式搬下來：$s(m,n)=[x^n]\prod_{i=0}^{m-1}(x+i)$
記$s_m(x)=\prod_{i=0}^{m-1}(x+i)$
考慮倍增求這個東西。從$s_m(x)$推到$s_{2m}(x)$時：
$s_{2m}(x)=s_{m}(x)s_m(x+m)$
快速求出$s_m(x+m)$。設$s_m(x)=\sum_{i=0}^ms_{m,i}x^i$。之前已經求出$s_{m,i}$。
$s_m(x+m)=\sum_{i=0}^ms_{m,i}(x+m)^i$
二項式展開一下，推一波式子，就可以發現一個卷積。
於是計算$s_m(x+m)$的時間複雜度是$O(m\lg m)$的。
由於$m$是兩倍兩倍地擴大，所以總的時間複雜度也是$O(m \lg m)$。

第二類斯特林數：
把上面那個普通冪轉下降冪的式子搬下來，簡單反演一下，得到：
$n!S(m,n)=\sum_{k=0}^{n}(-1)^kC(n,k)(n-k)^m$
把後面的那個組合數拆開，可以發現這是個很明顯的卷積形式。
時間複雜度$O(n \lg n)$

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斯特林反演

$f(n)=\sum_{k=0}^n S(n,k)g(k) \Longleftrightarrow g(n)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}s(n,k)f(k)$
有個叫反轉公式的東西：
$\sum_ks(n,k)S(k,m)(-1)^{n-k}=[m=n]$
$\sum_kS(n,k)s(k,m)(-1)^{n-k}=[m=n]$
關於這個怎麼證明……最嚴謹的方法應該是歸納。

寫公式太麻煩，直接口胡一下證明的思路（挺好推的）。
比如上面這條式子：$\sum_ks(n,k)S(k,m)(-1)^{n-k}=[m=n]$
先將$s(n,k)$用遞推式拆開，展開一下。
再將$S(k,m)$用遞推式拆開，展開一下。
照着這麼做就可以很自然地歸納證明出來了。
另一條式子也可以類似地推出來。
看了一些博客，有些博客裏面寫了一種不是很嚴謹的證明方法：
具體就是取一個普通冪$n^m$，將它先用第二類斯特林數表示成下降冪多項式，然後將這個下降冪用第一類斯特林數表示成普通冪。
推推式子就會得到這樣：$n^m=\sum_{j=0}^mn^j\sum_{k=j}^mS(m,k)s(k,j)(-1)^{j-k}$
然後誰告訴我，這怎麼就能直接得到$\sum_{k=j}^mS(m,k)s(k,j)(-1)^{j-k}=[j=m]$了？？？
這種方法只能解釋假設反轉公式成立，這個東西也成立；但不能反過來推啊……

如果設矩陣$F_{i,j}=S(i,j)$，$G_{i,j}=(-1)^{i-j}s(i,j)$
（或者$F_{i,j}=s(i,j)$，$G_{i,j}=(-1)^{i-j}S(i,j)$）
不難發現$F*G=E$，即$F$和$G$互逆。

拉赫數（第三類斯特林數？）

似乎只有維基上略有提及，所以不夠詳細請見諒。
有錯誤請指出。

無符號拉赫數：
上升冪和下降冪定義：
$x^{\overline n}=\sum_{k=0}^nL(n,k)x^{\underline n}$
$x^{\underline n}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}L(n,k)x^{\overline n}$
遞推式定義：$L(m,n)=L(m-1,n-1)+(n-1+m)L(m,n-1)$
矩陣乘法定義：$L(m,n)=\sum_k s(m,k)S(k,n)$

有符號拉赫數：
上升冪和下降冪定義：
$x^{\overline n}=(-1)^n\sum_{k=0}^nL_s(n,k)x^{\underline n}$
$x^{\underline n}=(-1)^k\sum_{k=0}^{n}L_s(n,k)x^{\overline n}$
$L_s(m,n)=(-1)^mL(m,n)$

性質：
$L(m,n)=C(m-1,n-1)\frac{m!}{n!}$
歸納可證：
$\sum_kL_s(m,k)L_s(k,n)=\sum_k(-1)^{m-k}L(m,k)L(k,n)=[m=n]$
$L(n,k)=n![x^n]\frac{1}{k!}(\frac{x}{1-x})^k$

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參考資料

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
維基百科