上升幂转下降幂如何避免斯特林数？

观前提示：这可能浪费你人生中宝贵的几分钟。

万物起源

一切要从神秘的校测说起，考到了对上升幂与组合数乘积求和。
朴素的做法由上升幂转普通幂再转下降幂，同时出现了第一类和第二类斯特林数，递推复杂度至少带平方。也就是这个式子：

\[i^{\overline m}=\sum_k{m\brack k}i^k=\sum_k{m\brack k}\sum_t{k\brace t}i^{\underline t} \]

如果说单看这个式子，第二类斯特林数是有封闭形式的，但是第一类斯特林数的确难以处理，仍然要平方递推。

难道这种思路就走不下去了吗？

混凝土神教

在《具体数学》P211 不为人注目的角落里有着这样一个公式‘（6.9）的推广’：

\[{n\choose m}(n-1)^{\underline{n-m}}=\sum_k{n\brack k}{k\brace m} \]

这个公式看上去极为优美，并且刚好可以简化上面的斯特林数，即得到：

\[i^{\overline m}=\sum_t{m\choose t}(m-1)^{\underline {m-t}}\ i^{\underline m} \]

这时就算套上求和，你也已经可以在线性时间复杂度解决这道题了。
善于学习的 \(czx\) 在阅读《具体数学》时特别留意了这个公式并场切了这道题，带一只 \(\log\) 跑得比国赛选手的线性还快。
但是这个公式《具体数学》并没有给出更多的证明。事实上，这个公式看起来并不显然，无从下手。

组合意义证明

询问 \(harryzhr\)，他给出了一个组合的证明：
考虑右式的组合意义。即在 \(n\) 个数中构造 \(k\) 个轮换，再把 \(k\) 个轮换划分成 \(m\) 个集合。发掘其等价于直接在 \(n\) 个数中划分出 \(m\) 个确定起始点的排列。初始选定方案数为 \({n\choose m}\)，剩余 \(n-m\) 个数放入 \(m\) 个起点之后，每填一个位置又会产生一个额外的位置，所以方案数是 \(m^{\overline {n-m}}\)。
根据定义，\(m^{\overline {n-m}}\) 和 \((n-1)^{\underline{n-m}}\) 是等价的，得证。

（其实没咋听懂，感性理解即可）

更简易的证明

\(xwb\) 给出了更为简易的证明。

前置：下降幂的二项式定理

对于 \(n\in N\)，有：

\[(x+y)^{\underline n}=\sum_t{n\choose t}x^{\underline t}y^{\underline {n-t}} \]

证明：

右式有

\[\sum_t{n!\over t!(n-t)!}{x!\over (x-t)!}{y!\over (y-n+t)!}=n!\sum_t{x!\over t!(x-t)!}{y!\over (n-t)!(y-n+t)!} \]

化成组合数，再范德蒙德卷积，即

\[n!\sum_t{x\choose t}{y\choose n-t}=n!{x+y\choose n} \]

得到：

\[n!{(x+y)^{\underline n}\over n!}=(x+y)^{\underline n} \]

得证。

正片：一步秒杀

\(i\) 的上升幂可以根据定义化成下降幂：

\[i^{\overline m}=(i+m-1)^{\underline m} \]

直接展开：

\[\sum_t{m\choose t}(m-1)^{\underline {m-t}}\ i^{\underline m} \]

是的，这就证完了。

这样一看，《具体数学》中这条公式根本就是定义展开的的副产品罢了，闹麻了。