斯特林反演

斯特林反演

公式：

• 前缀和型

\[g(n) = \sum^n_{k=0} {n \brace k} f(k)\\ \Downarrow\\ f(n) = \sum^n_{k=0} (-1)^{n-k} {n \brack k} g(k) \]

• 后缀和型

\[f(k) = \sum^n_{i=k} {i \brace k} g(i)\\ \Downarrow\\ g(k) = \sum^n_{i=k} (-1)^{i-k} {i \brack k} f(i) \]

证明（后缀和型）：

组合意义

• \(g(i)\) 表示恰好将元素划分为 \(i\) 个非空、有标号组的方案数。

• \(f(k)\) 表示先把元素任意划分，再将组合并成 \(k\) 个有标号大类的方案数。

于是这个正变换，就可以理解为 \(g(i)\) 是把元素缩成了 \(i\) 个小球，\(f(i)\) 是再分入 \(k\) 个盒子，因此每个 \(g(i)\) 的贡献就是 \(n \brace k\) 啦。

补充知识：

正交恒等式

\[\sum^n_{k=m} (-1)^{n-k} {n \brack k} {k \brace m} = [n=m] \]

证明：

我们有：

\[(x)_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k} {n \brack k} x^k\\ x^k = \sum_{m=0}^{k} {k \brace m} (x)_m \]

将后者代入前者，得：

\[(x)_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k} {n \brack k} \sum_{m=0}^{k} {k \brace m} (x)_m \]

套路的，我们交换求和顺序：

\[(x)_n = \sum_{m=0}^{n} \red{\sum_{k=m}^{n} (-1)^{n-k} {n \brack k} {k \brace m}} (x)_m \]

红色部分是 \((x)_m\) 的系数。

由于 \((x)_n = 1 \times (x)_n + 0 \times (x)_m\)（可以把 \((x)_{1 \sim n}\) 理解为线性空间的一组基底），故原式得证。

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接下来，我们可以使用代数推导证明斯特林反演。

将正变换代入逆变换，得：

\[ \sum_{i=k}^{n} (-1)^{i-k} {i \brack k} f(i) = \sum_{i=k}^{n} (-1)^{i-k} {i \brack k} \sum_{j=i}^{n} {j \brace i}g(j) \]

依旧交换求和顺序：

\[ \sum_{j=k}^{n} g(j) \red{\sum_{i=k}^{j} (-1)^{i-k} {i \brack k} {j \brace i} } \]

应用正交性处理红色部分：

\[ \sum_{j=k}^{n} g(j) \cdot [j = k] = g(k) \]

得证。

例题选讲

• P10591 BZOJ4671 异或图（线性方程组求解 \(f(i)\)）

牛大了。

最终的异或图可以看作是 \(n\) 个点的一个划分，这不禁让我们往斯特林反演上面思考。

由于有异或，可以考虑构建线性方程组。但是怎么构建呢？我们尝试将其与图论扯上关系。稍加观察可以发现，一条边存在于异或图中的次数(\(0\) 或 \(1\))是它在 \(s\) 张图中出现次数的异或和。这样，我们便可以将每条边看作一个未知数来构建线性方程组。于是，设其中自由元的个数为 \(x\)，则 \(f(i)=2^x\)。

还有个问题，未知数有了，那方程的右边如何确定呢？观察到数据范围很小，考虑 dfs 枚举最终异或图的联通情况，这样就能用线性基求解自由元个数啦。

补充：这里用到了一个恒等式，详见此处，这个东西可以直接抵消第二类斯特数的系数，从而简化计算。