斯特林(Stirling)数

斯特林数是组合数学中，关于子集划分和置换划分的一类问题的解。其中，分为第一类斯特林数和第二类斯特林数。

第一类斯特林数

[nk]{n \brack k}[kn] 表示nnn个元素排成kkk个轮换。这里的轮换是指：

例如存在轮换[1,2,3][1,2,3][1,2,3]，那么意思就是存在三个相等序列[1,2,3]=[2,3,1]=[3,1,2][1,2,3]=[2,3,1]=[3,1,2][1,2,3]=[2,3,1]=[3,1,2]。

特别的，一个元素的轮换只有他本身，因为[1][1][1]单个元素只能和自己轮换。两个元素的轮换也只有一个，因为[1,2]=[2,1][1,2]=[2,1][1,2]=[2,1]是同一个轮换。

一般来说，对于[n1]{n \brack 1}[1n]，每一个nnn个元素的全排列正好对应nnn个轮换，因此根据除法原理：

[n1]=n!n=(n−1)!{n \brack 1} = \frac{n!}{n} = (n-1)! [1n]=nn!=(n−1)!

事实上，还容易看出：

[nn]=1{n \brack n} = 1 [nn]=1

[nn−1]=(n2){n \brack n-1} = \binom{n}{2} [n−1n]=(2n)

对于最后一个等式，运用的鸽巢原理，相当于我们把nnn个元素放进n−1n-1n−1个箱子里面，并且不能放空，那么必有两个元素在同一个箱子里面，因为有两个元素的那个箱子的轮换相等，所以我们不用做任何处理。

现在我们考虑第一类斯特林数的递推公式，考虑nnn个元素最后一个元素nnn，对于他的安放方式有两种。第一种自己单独成为一个轮换，方案数为[n−1k−1]{n-1 \brack k-1}[k−1n−1]。第二种，插入前n−1n-1n−1个元素生成的kkk个轮换中，方案数为(n−1)[n−1k](n-1){n-1 \brack k}(n−1)[kn−1]（对于每一个轮换，假如这个轮换的大小为∣S∣|S|∣S∣，那么插入一个元素变成一个新的轮换有∣S∣|S|∣S∣种方式，即可以在每一个元素前面插入而不重复，因为∑∣Si∣=(n−1)\sum |S_i|=(n-1)∑∣Si∣=(n−1)，故总共有(n−1)(n-1)(n−1)种插入方式），因此，我们的递推公式为：

[nk]=[n−1k−1]+(n−1)[n−1k]{n \brack k} = {n-1 \brack k-1} + (n-1){n-1 \brack k} [kn]=[k−1n−1]+(n−1)[kn−1]

其中，我们认为：

[00]=1[n0]=0(n>0){0 \brack 0} = 1 \\ {n \brack 0} = 0 (n \gt 0) [00]=1[0n]=0(n>0)

例题

看不到的火柴数

LeetCode 5762

设答案为P(n,k)P(n,k)P(n,k)

我们考虑最后一个位置能看到或者不能看到。如果能看到那么长度为nnn的火柴必定在最后一个位置，方案数为P(n−1,k−1)P(n - 1,k - 1)P(n−1,k−1)。如果看不到，那么最后一个位置上的元素可以是前[1,n−1][1,n-1][1,n−1]内的所有元素和元素nnn做置换，相对大小不变，因此方案数为(n−1)∗P(n−1,k)(n-1)*P(n-1,k)(n−1)∗P(n−1,k)。因此递推公式为：

P(n,k)=P(n−1,k−1)+(n−1)∗P(n−1,k)P(n,k) = P(n - 1,k - 1) + (n-1)*P(n-1,k) P(n,k)=P(n−1,k−1)+(n−1)∗P(n−1,k)

答案就是第一类斯特林数。P(n,k)=[nk]P(n,k) = {n \brack k}P(n,k)=[kn]

高楼

HDU4372

我们枚举最高建筑nnn的位置，他前面可以有[0,n−1][0,n-1][0,n−1]个建筑，故答案为：

ans=∑i=0n−1[if−1][n−i−1b−1](n−1i)ans = \sum_{i = 0}^{n-1} {i \brack f - 1} {n - i - 1 \brack b - 1} \binom{n - 1}{i} ans=i=0∑n−1[f−1i][b−1n−i−1](in−1)

查询次数很多，这么做必定会超时。因此我们必须使用一个神奇的公式化简这个和式。

具体的，我们把最高建筑nnn放在最后面，构造[n−1f+b−2]{n - 1 \brack f + b - 2}[f+b−2n−1]，接着，然后把前面的b−1b-1b−1个圆排列移到后面去，因此答案为：

ans=[n−1f+b−2](f+b−2b−1)ans = {n - 1 \brack f + b - 2} \binom{f + b - 2}{b - 1} ans=[f+b−2n−1](b−1f+b−2)

这样，我们得到了一个很重要的公式：

[nl+m](l+ml)=∑k[kl][n−km](nk){n \brack l + m} \binom{l + m}{l} = \sum_k {k \brack l}{n-k \brack m} \binom{n}{k} [l+mn](ll+m)=k∑[lk][mn−k](kn)

第二类斯特林数

第二类斯特林数{nm}{n \brace m}{mn}是指，将nnn个不同的元素划分为mmm个相同的非空集合的方案数。

有如下递推式子：

{nm}={n−1m−1}+{n−1m}×m{n \brace m} = {n-1 \brace m-1} + {n-1 \brace m} \times m {mn}={m−1n−1}+{mn−1}×m

我们考虑最后一个元素的划分，第一种方式将最后一个元素单独放在一个集合中，需要将前n−1n-1n−1个元素划分成m−1m-1m−1个集合。第二种情况将最后一个元素插入到之前已经划分好的集合中，有mmm中插入方式，插入到每个集合都是不同的，方案数为{n−1m}×m{n-1 \brace m} \times m{mn−1}×m。

P1655 模板

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;#define FR freopen("in.txt", "r", stdin)
#define FW freopen("out.txt", "w", stdout)struct Decimal
{int bits[500];int tot;Decimal() : Decimal(0){}Decimal(int init) : tot(0){fill(bits, bits + 500, 0);if (init == 0){tot = 1;return;}for (; init; init /= 10){bits[tot++] = init % 10;}}Decimal operator+(Decimal o){Decimal ans(0);int i = 0;for (; i < max(tot, o.tot); i++){ans.bits[i] += bits[i] + o.bits[i];ans.bits[i + 1] += ans.bits[i] / 10;ans.bits[i] %= 10;}ans.tot = ans.bits[i] == 0 ? i : i + 1;return ans;}Decimal operator*(Decimal o){Decimal ans(0);for (int i = 0; i < tot; i++){for (int j = 0; j < o.tot; j++){ans.bits[i + j] += bits[i] * o.bits[j];ans.bits[i + j + 1] += ans.bits[i + j] / 10;ans.bits[i + j] %= 10;}}int t = tot + o.tot - 1;while (ans.bits[t] == 0)t--;ans.tot = t + 1;return ans;}Decimal operator*(int k){Decimal fact(k);return (*this) * fact;}void output(){for (int i = tot - 1; i >= 0; i--){putchar(bits[i] + '0');}putchar('\n');}
};Decimal stir[105][105];int main()
{stir[0][0] = Decimal(1);for (int n = 1; n <= 101; n++){for (int m = 1; m <= min(101, n); m++){stir[n][m] = stir[n - 1][m - 1] + stir[n - 1][m] * m;}}int N, M;while (scanf("%d %d", &N, &M) != EOF){stir[N][M].output();}return 0;
}