第二类斯特林数 mod 2 结论的证明

第二类斯特林数 \(\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}\) 指的是将 \(n\) 个不同元素放入 \(m\) 个相同容器的方案数。递推式和通向公式如下：

\[\begin{align} \begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix} &= m \times \begin{Bmatrix} n - 1 \\ m \end{Bmatrix} + \begin{Bmatrix} n - 1 \\ m - 1 \end{Bmatrix} \\ &= \sum_{i=0}^m \frac{(-1)^{m-i}i^n}{i!(m-i)!} \end{align} \]

边界是 \(\begin{Bmatrix} n \\ 0 \end{Bmatrix} = [n = 0]\)。

令 \(S(n, m) = \begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}\)，我们要求的就是下式的值：

\[S(n, m) \equiv (m \bmod 2) \times S(n - 1, m) + S(n - 1, m - 1) \pmod{2} \]

考虑奇偶分开写，递推式即为下式：

\[S(n, m) = \left\{\begin{matrix} & S(n - 1, m - 1) & 2 \mid m \\ & S(n - 1, m) + S(n - 1, m - 1) & 2 \nmid m \end{matrix}\right. \]

我们发现偶数位直接复制过来，奇数位做加法。令 \(T(n, m) = S(n, 2m + 1)\)，则：

\[\begin{align} T(n, m) &\equiv S(n - 1, 2m + 1) + S(n - 1, 2m) \\ &\equiv T(n - 1, m) + S(n - 2, 2m - 1) \\ &\equiv T(n - 1, m) + T(n - 2, m - 1) \pmod{2} \end{align} \]

我们发现这个东西非常像组合数递推，考虑令 \(u = n - m, F(u, m) = T(u + m, m)\)，则：

\[\begin{align} T(u + m, m) &\equiv T(u + m - 1, m) + T(u + m - 2, m - 1) \\ F(u, m) &\equiv F(u - 1, m) + F(u - 1, m - 1) \pmod{2} \end{align} \]

这个形式就和组合数递推一样了，考虑分析数值的照应关系，由于当 \(n \le 2m\) 时 \(T(n, m) = 0\)，故因为：

\[n \le 2m \Longleftrightarrow u + m \le 2m \Longleftrightarrow u \le m \]

所以当 \(u \le m\) 时 \(F(u, m) = 0\) 且 \(F(m + 1, m) = 1\)，而组合数满足当 \(u < m\) 时 \(\binom{u}{m} = 0\) 且 \(\binom{m}{m} = 1\)，相当于整体平移了一位，因此可以得到：

\[F(u, m) \equiv \binom{u - 1}{m} \pmod{2} \]

已知结论 \(\binom{n}{m} \bmod 2 = [n \text{ and } m = m]\)，故有：

\[S(n, 2m) \equiv S(n - 1, 2m - 1) \equiv T(n - 1, m - 1) \\ \equiv F(n - m, m - 1) \equiv \binom{n - m - 1}{m - 1} \pmod{2} \]

则：

\[\begin{align} S(n, m) &\equiv \binom{n - \left\lfloor \frac{m}{2} \right\rfloor - 1}{\left\lfloor \frac{m - 1}{2} \right\rfloor} \pmod{2} \\ S(n, m) \bmod 2 &= \left[\left(n - \left\lfloor \frac{m}{2} \right\rfloor - 1\right) \text{ and } \left\lfloor \frac{m - 1}{2} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{m - 1}{2} \right\rfloor\right] \end{align} \]

这个硬推的方法还是太困难了，实际上我们把奇偶分开后，可以把 \(S(n, m)\) 刻画成从 \((0, 0)\) 走到 \((n, m)\) 的路径数，若 \(2 \nmid y\) 则 \((x, y)\) 可以走到 \((x + 1, y)\) 或者 \((x + 1, y + 1)\)；若 \(2 \mid y\) 则只能走到 \((x + 1, y + 1)\)。

我们把向斜上方走的边记为红边，向右走的边记为蓝边。可以发现红边一定会走 \(m\) 次，蓝边一定会走 \(n-m\) 次，有 \(d = \left\lfloor \frac{m + 1}{2} \right\rfloor\) 次机会走蓝边，那么路径数也就相当于将 \(n-m\) 划分成 \(\le d\) 段的方案数，用插板法可以得到：

\[\begin{align} S(n, m) &\equiv \binom{n - m + d - 1}{d - 1} \pmod{2} \\ S(n, m) \bmod 2 &= \left[(n - m + d - 1) \text{ and } (d - 1) = d - 1\right] \end{align} \]

不过感觉这个推法比较吃观察力。