斯特林数 java实现_斯特林数学习笔记
定義
第一類斯特林?jǐn)?shù)\(s(n,m)\)表示把\(n\)個不同元素放到\(m\)個相同圓排列里的方案數(shù)。
有轉(zhuǎn)移方程：
\[s(n,m)=s(n-1,m-1)+(n-1)\times s(n-1,m)
\]
第二類斯特林?jǐn)?shù)\(S(n,m)\)表示把\(n\)個不同元素放到\(m\)個相同集合里的方案數(shù)。
有轉(zhuǎn)移方程：
\[S(n,m)=S(n-1,m-1)+m\times S(n-1,m)
\]
還有一些我自己的定義：
\(x\)的\(n\)次下降冪\(x_{(n)}=\prod_{i=0}^{n-1} (x-i)\)。
\(x\)的\(n\)次上升冪\(x^{(n)}=\prod_{i=0}^{n-1} (x+i)\)。
(只是因為我不會LaTeX寫這東西而已)
求法
第一類斯特林?jǐn)?shù)
求一行
有一個式子：
\[\sum_{k=0}^n s(n,k)x^k=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)=x^{(n)}
\]
利用數(shù)學(xué)歸納法來證明：
\[\begin{align*}
&x^{(n+1)}\\
=&(x+n)\sum_{i=0}^n s(n,i)x^i\\
=&\sum_{i=0}^{n+1}(s(n,i-1)+n\times s(n,i))x^i\\
=&\sum_{i=0}^{n+1}s(n+1,i)x^i
\end{align*}
\]
直接暴力分治FFT可以做到\(O(n\log^2 n)\)，但還可以更好。
設(shè)
\[F_n(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)=x^{(n)}
\]
由于\(F_{2n}(x)=F_n(x)F_n(x+n)\)，所以求解\(F_{2n}(x)\)時，可以先求出
\[F_n(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i
\]
那么就有
\[\begin{align*}
F_n(x+n)&=\sum_{i=0}^n a_i(x+n)^i\\
&=\sum_{i=0}^n a_i\sum_{k=0}^i x^kn^{i-k}{i\choose k}\\
&=\sum_{k=0}^nx^k\frac{1}{k!}\sum_{i=k}^n a_i i!n^{i-k}\frac 1{(i-k)!}
\end{align*}
\]
后面顯然是個卷積的形式，可以FFT求出來。
兩邊都有之后就可以乘在一起了。復(fù)雜度\(O(n\log n)\)。
求一列
同樣是生成函數(shù)，把\(n\)個球丟進(jìn)一個圓排列的方案數(shù)的質(zhì)數(shù)生成函數(shù)是
\[\sum_{n>0} (n-1)!\frac{1}{n!}x^n
\]
那么丟進(jìn)\(m\)個無序圓排列就是
\[\frac 1 {m!}(\sum_{n>0} (n-1)!\frac{1}{n!}x^n)^m
\]
然后多項式快速冪。
第二類斯特林?jǐn)?shù)
求一行
由組合意義可得
\[n^m=\sum_{k=0}^m k!{n\choose k} S(m,k)
\]
等價于
\[n^m=\sum_{k=0}^n k!{n\choose k} S(m,k)
\]
二項式反演，得
\[k!S(m,k)=\sum_{i=0}^k i^m(-1)^{k-i}{k\choose i}
\]
(上式直接容斥也可以得到相同結(jié)果)
可以發(fā)現(xiàn)展開之后就是一個卷積，暴力FFT即可。
求一列
等價于分成\(m\)個集合不變，丟\(n\)個球進(jìn)去，使得集合非空。
考慮\(n\)個球放入一個集合中的方案數(shù)的指數(shù)生成函數(shù)，就是
\[\sum_{n} [n\ne 0]\frac{1}{n!}x^n
\]
也就是
\[e^x-1
\]
那么\(m\)個不同集合，生成函數(shù)就是
\[(e^x-1)^m
\]
由于集合無序，所以變成
\[\frac 1 {m!}(e^x-1)^m
\]
然后可以多項式快速冪。
斯特林反演
這里丟個式子，并不打算證明qwq
\[f_n=\sum_{k=0}^n s(n,k)g_k\Leftrightarrow g_n=\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}S(n,k)f_k
\]
斯特林?jǐn)?shù)與上升、下降、普通冪的關(guān)系
首先有上升下降冪之間的轉(zhuǎn)化：
\[x^{(n)}=(-1)^n (-x)_{(n)}\\
x_{(n)}=(-1)^n(-x)^{(n)}
\]
較為顯然，不證明。
然后有上面一個式子：
\[x^{(n)}=\sum_{i=0}^n s(n,i)x^i
\]
反演得到
\[x^n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}S(n,i)x^{(i)}
\]
上升和下降轉(zhuǎn)化一下得到
\[x_{(n)}=\sum_{i=0}^n s(n,i)x^{i}(-1)^{n-i}
\]
把\(x\)替換為\(-x\)又可以得到
\[x^n=\sum_{i=0}^n S(n,i)x_{(i)}
\]
諸如此類……
總結(jié)一下，應(yīng)該都是普通轉(zhuǎn)上升/下降時用第二類，上升/下降轉(zhuǎn)普通時用第一類。這也許和斯特林?jǐn)?shù)最基本的定義有關(guān)。
其他一些可能有用的東西
\[S(n+1,m+1)=\sum_k{n\choose k}S(k,m)
\]
利用組合意義很容易理解。
\[s(n+1,m+1)=\sum_k s(n,k){k\choose m}
\]
這個學(xué)長不知道怎么組合意義，那我更不會了qwq
update：會了。
考慮后面的式子的意義，就是選出一些元素組成 \(m\) 個圓排列，剩下的隨便搞。
那么就等價于加入一個特殊元素，分成 \(m+1\) 個圓排列，其中沒有特殊元素的圓排列就是需要的 \(m\) 個圓排列，剩下的從特殊元素這里斷開，可以對應(yīng)到一個排列，而眾所周知一個排列即可對應(yīng)到任意組合的圓排列。
總結(jié)
以上是生活随笔為你收集整理的斯特林数 java实现_斯特林数学习笔记的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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