前置知识

· 组合数学基础
· 容斥原理
· 生成函数
· FFT/NTT
· 多项式exp，多项式ln，多项式快速幂，多项式平移

一些规定

· 下降幂
xn‾=∏i=1n(x−i+1)x^{\underline{n}}=\prod^{n}_{i=1}(x-i+1)xn=∏i=1n(x−i+1)
· 上升幂
xnˉ=∏i=1n(x+i−1)x^{\bar{n}}=\prod^{n}_{i=1}(x+i-1)xnˉ=∏i=1n(x+i−1)

结论:
1.显然有xm‾=(x−m+1)mˉx^{\underline{m}}=(x-m+1)^{\bar{m}}xm=(x−m+1)mˉ
2.xm‾=(−1)m(−x)mˉ(m∈Z)x^{\underline{m}}=(-1)^m(-x)^{\bar{m}}(m\in \Z)xm=(−1)m(−x)mˉ(m∈Z)
证明:
(−1)m(−x)mˉ=[−(−x)][−(−x+1)]...[−(−x+n−1)]=x(x−1)...(x−n+1)=xn‾(-1)^m(-x)^{\bar{m}}=[-(-x)][-(-x+1)]...[-(-x+n-1)]=x(x-1)...(x-n+1)=x^{\underline{n}}(−1)m(−x)mˉ=[−(−x)][−(−x+1)]...[−(−x+n−1)]=x(x−1)...(x−n+1)=xn
当然还有xmˉ=(−1)m(−x)m‾(m∈Z)x^{\bar{m}}=(-1)^m(-x)^{\underline{m}}(m\in \Z)xmˉ=(−1)m(−x)m(m∈Z)

第一类斯特林数

概述

第一类斯特林数分为第一类无符号斯特林数和第一类带符号斯特林数两类。
在OI中多指第一类无符号斯特林数，接下来的我们称第一类无符号斯特林数为第一类斯特林数。

名称	第一类斯特林数
组合意义	nnn个数的序列划分为kkk个圆排列的方案数。
书写方式	[nm]\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}[nm]，s(n,m)s(n,m)s(n,m)两种。
一般递推形式	[nm]=[n−1m−1]+(n−1)[n−1m]\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} n-1 \\ m-1 \end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix} n-1 \\ m \end{bmatrix}[nm]=[n−1m−1]+(n−1)[n−1m]
生成函数形式	fn(x)=xnˉf_n(x)=x^{\bar{n}}fn(x)=xnˉ
求解时间复杂度	单列/行 O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn) 多组 O(n2)O(n^2)O(n2)

定义

我们知道xk‾=x⋅(x−1)⋅...⋅(x−k+1)x^{\underline{k}}=x·(x-1)·...·(x-k+1)xk=x⋅(x−1)⋅...⋅(x−k+1)。

暴力展开就是

xk‾=∑i=0k(−1)k−i⋅[ki]⋅xix^{\underline{k}}=\sum^{k}_{i=0}(-1)^{k-i}·\begin{bmatrix} k \\ i \end{bmatrix}·x^ixk=i=0∑k(−1)k−i⋅[ki]⋅xi

因此第一类斯特林数真正的定义是xk‾x^{\underline{k}}xk展开后的系数，根据你计不计入前面的(−1)k−i(-1)^{k-i}(−1)k−i系数分为有符号与无符号两类。

一些性质

[nm]=[n−1m−1]+(n−1)[n−1m]\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} n-1 \\ m-1 \end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix} n-1 \\ m \end{bmatrix}[nm]=[n−1m−1]+(n−1)[n−1m]
组合意义：由于是圆排列我们先确定一个顺序依次插入数列中，每次要么单独成为新的一组，方案数[n−1m−1]\begin{bmatrix} n-1 \\ m-1 \end{bmatrix}[n−1m−1]，否则我们可以插入到前面的任何一个数的后面，方案数(n−1)[n−1m](n-1)\begin{bmatrix} n-1 \\ m \end{bmatrix}(n−1)[n−1m]。
∑i=1n[ni]=n!\sum^{n}_{i=1} \begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix} =n!i=1∑n[ni]=n!
证明:利用置换，每个置换有若干个循环节，有iii个循环节的置换数量是[ni]\begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}[ni]，因此总的置换数就是排列数n!n!n!。
xnˉ=∑i=0n[ni]⋅xix^{\bar{n}}=\sum^{n}_{i=0}\begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}·x^ixnˉ=i=0∑n[ni]⋅xi
xn‾=∑i=0n(−1)n−i⋅[ni]⋅xix^{\underline{n}}=\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}·\begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}·x^ixn=i=0∑n(−1)n−i⋅[ni]⋅xi
[n+1m+1]=∑i[ni](im)\begin{bmatrix} n+1 \\ m+1 \end{bmatrix}=\sum_{i} \begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix} \binom{i}{m}[n+1m+1]=i∑[ni](mi)
组合意义：考虑在nnn个数有iii个循环节的排列中选择mmm个循环节保留下来，其余的按先前分配的顺序顺次连接，最后和新增的数相连，这样就产生了m+1m+1m+1个循环节。
有大佬用生成函数证明了:传送门

求解方法

递推

按照前面的递推式递推即可。
复杂度:O(n2)O(n^2)O(n2)。

行-生成函数

显然可以写成OGF形式fn(x)=xnˉf_n(x)=x^{\bar{n}}fn(x)=xnˉ
分治+NTT一下就好。
复杂度O(nlog⁡2n)O(n\log^2n)O(nlog2n)。

行-倍增优化

fn(x)=∑i=0nai⋅xif_n(x)=\sum^{n}_{i=0}a_i·x^ifn(x)=∑i=0nai⋅xi
假设现在我们求出了fn(x)f_n(x)fn(x)，我们试图用倍增法求f2n(x)=fn(x)⋅fn(x+n)f_{2n}(x)=f_n(x)·f_n(x+n)f2n(x)=fn(x)⋅fn(x+n)。
现在的唯一任务就是算出fn(x+n)f_n(x+n)fn(x+n)。
fn(x+n)=∑i=0nai⋅(x+n)i=∑i=0n∑j=0iai(ij)ni−jxj=∑i=0n∑j=0iaii!(i−j)!⋅j!ni−jxj=∑i=0nxii!∑j=in(aj⋅j!)⋅nj−i(j−i)!\begin{aligned} f_n(x+n) & =\sum^{n}_{i=0}a_i·(x+n)^i\\ & =\sum^{n}_{i=0}\sum^{i}_{j=0}a_i\binom{i}{j}n^{i-j}x^j\\ & =\sum^{n}_{i=0}\sum^{i}_{j=0}a_i \frac{i!}{(i-j)!·j!} n^{i-j}x^j\\ & =\sum^{n}_{i=0} \frac{x^i}{i!} \sum^{n}_{j=i} (a_j·j!)·\frac{n^{j-i}}{(j-i)!}\\ \end{aligned} fn(x+n)=i=0∑nai⋅(x+n)i=i=0∑nj=0∑iai(ji)ni−jxj=i=0∑nj=0∑iai(i−j)!⋅j!i!ni−jxj=i=0∑ni!xij=i∑n(aj⋅j!)⋅(j−i)!nj−i

我们最后再乘上1i!\frac{1}{i!}i!1…所以这是…减法卷积???

其实只需要设g(x)=∑i=0nnii!,t(x)=∑i=0nai⋅i!g(x)=\sum^{n}_{i=0} \frac{n^i}{i!},t(x)=\sum^{n}_{i=0}a_i·i!g(x)=∑i=0ni!ni,t(x)=∑i=0nai⋅i!。

然后算gR(x)⋅t(x)g^R(x)·t(x)gR(x)⋅t(x)就好了（相当于算(n−j)+i(n-j)+i(n−j)+i）。

注意这一部分最后要左移nnn位。

然后我们递归解决就好了，注意奇数的时候单独乘以一个(x+i)(x+i)(x+i)。

复杂度T(n)=T(n2)+O(nlog⁡n)=O(nlog⁡n)T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n)T(n)=T(2n)+O(nlogn)=O(nlogn)。

列

考虑从组合数生成函数入手:(x+1)t(x+1)^t(x+1)t。

1.第一个方向，暴力展开:
(x+1)t=∑i=0∞(ti)xi=∑i=0∞xi⋅ti‾i!=∑i=0∞xii!∑j=0i(−1)i−j⋅[ij]⋅tj=∑i=0∞ti∑j=i∞(−1)j−i[ji]xjj!\begin{aligned} (x+1)^t& =\sum^{∞}_{i=0}\binom{t}{i}x^i\\ & =\sum^{∞}_{i=0}\frac{x^i·t^{\underline{i}}}{i!}\\ & =\sum^{∞}_{i=0}\frac{x^i}{i!}\sum^{i}_{j=0}(-1)^{i-j}·\begin{bmatrix} i \\ j \end{bmatrix}·t^j\\ & =\sum^{∞}_{i=0}t^i\sum^{∞}_{j=i}(-1)^{j-i}\begin{bmatrix} j \\ i \end{bmatrix}\frac{x^j}{j!}\\ \end{aligned} (x+1)t=i=0∑∞(it)xi=i=0∑∞i!xi⋅ti=i=0∑∞i!xij=0∑i(−1)i−j⋅[ij]⋅tj=i=0∑∞tij=i∑∞(−1)j−i[ji]j!xj

2.第二个方向，考虑以eee换底:
(x+1)t=etln⁡(x+1)=∑i=0∞ti⋅ln(x+1)ii!\begin{aligned} (x+1)^t&=e^{t\ln(x+1)}\\ &=\sum^{∞}_{i=0}t^i·\frac{ln(x+1)^i}{i!}\\ \end{aligned} (x+1)t=etln(x+1)=i=0∑∞ti⋅i!ln(x+1)i

然后我们就有了：
∑i=0∞ti∑j=i∞(−1)j−i[ji]xjj!=∑i=0∞ti⋅ln(x+1)ii!\sum^{∞}_{i=0}t^i\sum^{∞}_{j=i}(-1)^{j-i}\begin{bmatrix} j \\ i \end{bmatrix}\frac{x^j}{j!}=\sum^{∞}_{i=0}t^i·\frac{ln(x+1)^i}{i!} i=0∑∞tij=i∑∞(−1)j−i[ji]j!xj=i=0∑∞ti⋅i!ln(x+1)i
去掉相同的部分
∑j=i∞(−1)j−i[ji]xjj!=ln(x+1)ii!\sum^{∞}_{j=i}(-1)^{j-i}\begin{bmatrix} j \\ i \end{bmatrix}\frac{x^j}{j!}=\frac{ln(x+1)^i}{i!} j=i∑∞(−1)j−i[ji]j!xj=i!ln(x+1)i
其中iii就是指定的列数。

于是用多项式lnlnln和expexpexp直接算就行了。

复杂度:O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)（然而常数巨大）。

单个

求单个可以做到lucas定理的范围O(p)O(p)O(p)。
然而过程过于复杂[我看了半天，还是很蒙…]，要讲也是之后了吧。

例题

「BJOI2019」勘破神机

第二类斯特林数

概述

名称	第二类斯特林数
组合意义	nnn个不同的数的序列划分为kkk个集合的方案数。
书写方式	{nm}\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}{nm}，S(n,m)S(n,m)S(n,m)两种。
一般递推形式	{nm}={n−1m−1}+m{n−1m}\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix} n-1 \\ m-1 \end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix} n-1 \\ m \end{Bmatrix}{nm}={n−1m−1}+m{n−1m}
和式形式	1m!∑k=0m(−1)k(mk)(m−k)n\frac{1}{m!}\sum^{m}_{k=0}(-1)^k\binom{m}{k}(m-k)^nm!1k=0∑m(−1)k(km)(m−k)n
求解时间复杂度	单列/行 O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn) 多组 O(n2)O(n^2)O(n2)

定义

xn=∑i=0n{ni}xi‾x^n=\sum^{n}_{i=0}\begin{Bmatrix} n \\ i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}} xn=i=0∑n{ni}xi

也就是说第二类斯特林数是xmx^mxm展开成下降幂形式的系数。
但由于从这个方向进行推导并不好理解，后面我们会通过组合意义以及递推式反向推出这个结论。

一些性质

{nm}={n−1m−1}+m{n−1m}\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix} n-1 \\ m-1 \end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix} n-1 \\ m \end{Bmatrix} {nm}={n−1m−1}+m{n−1m}

组合意义:比较简单，每个数要么放入一个新的集合，方案数{n−1m−1}\begin{Bmatrix} n-1 \\ m-1 \end{Bmatrix}{n−1m−1}，要么选择一个前面已有的集合放进去，方案数m{n−1m}m\begin{Bmatrix} n-1 \\ m \end{Bmatrix}m{n−1m}。

xn=∑i=0n{ni}xi‾=∑i=0n{ni}(xi)⋅i!x^n=\sum^{n}_{i=0}\begin{Bmatrix} n \\ i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}=\sum^{n}_{i=0}\begin{Bmatrix} n \\ i \end{Bmatrix}\binom{x}{i}·i! xn=i=0∑n{ni}xi=i=0∑n{ni}(ix)⋅i!
证明:

设f(n)=∑i=0n{ni}xi‾f(n)=\sum^{n}_{i=0}\begin{Bmatrix} n \\ i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}f(n)=∑i=0n{ni}xi

当n=0n=0n=0时显然有f(n)=1f(n)=1f(n)=1

当n>0n>0n>0时，考虑化简:
f(n)=∑i=0n{ni}xi‾=∑i=1n{n−1i−1}xi‾+∑i=0n−1i{n−1i}xi‾=∑i=0n−1{n−1i}xi+1‾+∑i=0n−1i{n−1i}xi‾=∑i=0n−1(x−i){n−1i}xi‾+∑i=0n−1i{n−1i}xi‾=x∑i=0n−1{n−1i}xi‾=xf(n−1)\begin{aligned} f(n)&=\sum^{n}_{i=0}\begin{Bmatrix} n \\ i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}\\ &=\sum^{n}_{i=1}\begin{Bmatrix} n-1 \\ i-1 \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}+\sum^{n-1}_{i=0}i\begin{Bmatrix} n-1 \\ i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}\\ &=\sum^{n-1}_{i=0}\begin{Bmatrix} n-1 \\ i \end{Bmatrix}x^{\underline{i+1}}+\sum^{n-1}_{i=0}i\begin{Bmatrix} n-1 \\ i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}\\ &=\sum^{n-1}_{i=0}(x-i)\begin{Bmatrix} n-1 \\ i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}+\sum^{n-1}_{i=0}i\begin{Bmatrix} n-1 \\ i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}\\ &=x\sum^{n-1}_{i=0}\begin{Bmatrix} n-1 \\ i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}\\ &=xf(n-1)\\ \end{aligned} f(n)=i=0∑n{ni}xi=i=1∑n{n−1i−1}xi+i=0∑n−1i{n−1i}xi=i=0∑n−1{n−1i}xi+1+i=0∑n−1i{n−1i}xi=i=0∑n−1(x−i){n−1i}xi+i=0∑n−1i{n−1i}xi=xi=0∑n−1{n−1i}xi=xf(n−1)
显然f(x)=xnf(x)=x^nf(x)=xn

组合意义:

mnm^nmn是nnn个不同的小球放进mmm个不同的盒子中，允许盒子为空的方案数。

· 选择iii个盒子非空，方案数(mi)\begin{pmatrix} m \\ i \end{pmatrix}(mi)。
· 再将nnn个球放进去，方案数{ni}\begin{Bmatrix} n \\ i \end{Bmatrix}{ni}。
· 由于盒子不同，再乘上i!i!i!。

∑i=0nik=∑j=0k{kj}(n+1)j+1‾j+1\sum^{n}_{i=0}i^k=\sum^{k}_{j=0}\begin{Bmatrix} k \\ j \end{Bmatrix} \frac{(n+1)^{\underline{j+1}}}{j+1} i=0∑nik=j=0∑k{kj}j+1(n+1)j+1

根据性质2和公式∑i=jn(ij)=(n+1j+1)\sum^{n}_{i=j}\begin{pmatrix} i \\ j \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} n+1 \\ j+1 \end{pmatrix}∑i=jn(ij)=(n+1j+1)化简即可。
∑i=0nik=∑i=0n∑j=0k{kj}⋅j!⋅(ij)=∑j=0k{kj}⋅j!∑i=jn(ij)=∑j=0k{kj}⋅j!⋅(n+1j+1)=∑j=0k{kj}(n+1)j+1‾j+1\begin{aligned} \sum^{n}_{i=0}i^k&=\sum^{n}_{i=0}\sum^{k}_{j=0}\begin{Bmatrix} k \\ j \end{Bmatrix}·j!·\begin{pmatrix} i \\ j \end{pmatrix}\\ &=\sum^{k}_{j=0}\begin{Bmatrix} k \\ j \end{Bmatrix}·j!\sum^{n}_{i=j}\begin{pmatrix} i \\ j \end{pmatrix}\\ &=\sum^{k}_{j=0}\begin{Bmatrix} k \\ j \end{Bmatrix}·j!·\begin{pmatrix} n+1 \\ j+1 \end{pmatrix}\\ &=\sum^{k}_{j=0}\begin{Bmatrix} k \\ j \end{Bmatrix} \frac{(n+1)^{\underline{j+1}}}{j+1}\\ \end{aligned} i=0∑nik=i=0∑nj=0∑k{kj}⋅j!⋅(ij)=j=0∑k{kj}⋅j!i=j∑n(ij)=j=0∑k{kj}⋅j!⋅(n+1j+1)=j=0∑k{kj}j+1(n+1)j+1

这样预处理，计算都可以O(k2)O(k^2)O(k2)完成了。
因此我们有了一个O(k2)O(k^2)O(k2)计算自然数幂和的做法。
然而通过拉格朗日插值法能够做到O(klog⁡k)O(k\log k)O(klogk)甚至O(k)O(k)O(k)的。

{nm}=1m!∑i=0m(−1)m−i(mi)in\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}=\frac{1}{m!}\sum^{m}_{i=0}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}i^n {nm}=m!1i=0∑m(−1)m−i(im)in

证明:

设f(m)=mn,g(m)={nm}⋅m!f(m)=m^n,g(m)=\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}·m!f(m)=mn,g(m)={nm}⋅m!。

用二项式反演解决
f(m)=∑i=0m(mi)g(i)g(m)=∑i=0m(−1)m−i(mi)f(i){nm}=1m!∑i=0m(−1)m−i(mi)f(i)=1m!∑i=0m(−1)m−i(mi)⋅in\begin{aligned} f(m)&=\sum^{m}_{i=0}\binom{m}{i}g(i)\\ g(m)&=\sum^{m}_{i=0}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}f(i)\\ \begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}&=\frac{1}{m!}\sum^{m}_{i=0}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}f(i)\\ &=\frac{1}{m!}\sum^{m}_{i=0}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}·i^n\\ \end{aligned} f(m)g(m){nm}=i=0∑m(im)g(i)=i=0∑m(−1)m−i(im)f(i)=m!1i=0∑m(−1)m−i(im)f(i)=m!1i=0∑m(−1)m−i(im)⋅in

组合意义:

我们先假设盒子有区别，注意到如果允许空盒存在时答案就是mnm^nmn，考虑通过限制非空盒数量容斥。
设非空盒数量为iii。

· 从mmm个盒子中选出iii个非空盒，方案数(mi)\begin{pmatrix} m \\ i \end{pmatrix}(mi)。
· 非空盒随便放，方案数ini^nin。

· 由于盒子实际上无区别，最后应乘上1m!\frac{1}{m!}m!1。

{n+1m+1}=∑i{im}(ni)\begin{Bmatrix} n+1 \\ m+1 \end{Bmatrix}=\sum_{i} \begin{Bmatrix} i \\ m \end{Bmatrix} \binom{n}{i}{n+1m+1}=i∑{im}(in)
组合意义:从nnn个数中选iii个数组成前mmm个集合，其余的与新加的那个数组成一个新的集合。

求解方法

递推

按照一般递推式递推即可。
复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)。

单个

利用性质4的式子计算即可。

复杂度O(n)O(n)O(n)。

行

再次观察性质四的结论:
{nm}=1m!∑i=0m(−1)m−i(mi)in\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}=\frac{1}{m!}\sum^{m}_{i=0}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}i^n {nm}=m!1i=0∑m(−1)m−i(im)in

我们将组合数拆开:
{nm}=1m!∑i=0m(−1)m−im!i!⋅(m−i)!in=∑i=0m(−1)m−i(m−i)!ini!\begin{aligned} \begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}&=\frac{1}{m!}\sum^{m}_{i=0}(-1)^{m-i}\frac{m!}{i!·(m-i)!}i^n\\ &=\sum^{m}_{i=0}\frac{(-1)^{m-i}}{(m-i)!}\frac{i^n}{i!} \end{aligned} {nm}=m!1i=0∑m(−1)m−ii!⋅(m−i)!m!in=i=0∑m(m−i)!(−1)m−ii!in

发现这是一个相当标准的卷积形式。

因此直接设f(x)=∑i=0m(−1)ii!xif(x)=\sum^{m}_{i=0}\frac{(-1)^i}{i!}x^if(x)=∑i=0mi!(−1)ixi和g(x)=∑i=0mini!xig(x)=\sum^{m}_{i=0}\frac{i^n}{i!}x^ig(x)=∑i=0mi!inxi，用NTT卷起来就好。

复杂度:O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)。

列

最好学完下面的斯特林反演再来看这一部分。

单个(加强版)

跟第一类斯特林数单个的范围一样…同样被咕掉了。

斯特林反演

概述

–updating–

根据提示默写方程式:
xxxxx，KSCNKSCNKSCN滴眼睛。

Fe+3+3SCN−=Fe(SCN)3Fe^{+3}+3SCN^{-}=Fe(SCN)_3Fe+3+3SCN−=Fe(SCN)3

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[学习笔记]第一类/第二类斯特林数

前置知识

一些规定

第一类斯特林数

概述

定义

一些性质

求解方法

递推

行-生成函数

行-倍增优化

列

单个

例题

「BJOI2019」勘破神机

第二类斯特林数

概述

定义

一些性质

求解方法

递推

单个

行

列

单个(加强版)

斯特林反演

概述

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