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前情提要：https://www.luogu.com.cn/article/wofybi22
摘要：本文通过代数方法给出第二类斯特林数的定义。
modfish_ 好闪，拜谢 modfish_！
规定 \(0^0 = 1\)。
考虑函数
\[\def\dd{\mathrm d}
\def\dx{\mathrm dx}
\def\d#1{\mathrm d#1}
\begin{align*}
f_k(n) = &\sum\limits_{i = 0}^n \binom n i i^k p^i \\
= &\left( p \frac \dd {\d p} \right)^k \sum\limits_{i = 0}^n \binom n i p^i \\
= &\left( p \frac \dd {\d p} \right) f_{k-1}(n) \\
\end{align*}
\]
特别地
\[f_0(n) = \sum\limits_{i = 0}^n \binom n i p^i = (1 + p)^n
\]
因此
\[\def\dd{\mathrm d}
\def\dx{\mathrm dx}
\def\d#1{\mathrm d#1}
\begin{align*}
f_1(n) &= \left( p \frac \dd {\d p} \right) (1 + p)^n = np(1+p)^{n-1} \\
f_2(n) &= np(1+p)^{n-1} + n(n-1)p^2(1+p)^{n-2} \\
f_3(n) &= np(1+p)^{n-1} + 3n(n-1)p^2(1+p)^{n-2} + n(n-1)(n-2)p^3(1+p)^{n-3} \\
f_4(n) &= np(1+p)^{n-1} + 7n(n-1)p^2(1+p)^{n-2} + 6n(n-1)(n-2)p^3(1+p)^{n-3} + n(n-1)(n-2)(n-3)p^4(1+p)^{n-4} \\
&\cdots \\
\end{align*}
\]
关注每次求导带来的系数变化，设第 \(t\) 项 \(p^t(1+p)^{n-t}\) 的系数为 \(g_k(t)\)，有递推
\[g_k(t) = t \cdot g_{k-1}(t) + g_{k-1}(t-1)
\]
特别地
\[g_k(1) = g_{k-1}(1) = 1
\]
\[g_k(k) = g_{k-1}(k - 1) = 1
\]
\(g\) 的递推公式和 第二类斯特林数 一模一样，使用 \(g_k(t)\) 定义第二类斯特林数
\[{k \brace t} = g_k(t), 1 \leqslant t \leqslant k
\]
该定义通常采用的组合意义定义等价。
第二类斯特林数组合意义：\(n\) 个两两不同的物体，划分为 \(k\) 个互不区分非空子集的方案数。
因此
\[f_k(n) = \sum\limits_{i = 1}^k {k \brace i} \frac {n!} {(n-i)!} p^i(1+p)^{n-i}
\]
多么波澜壮阔的冒险！
英雄之旅抵达终点，「再创世」的真相也呼之欲出——
可是，当真如此吗？
当 \(k = n\) 时，\((1+p)^{n-k} = (1+p)^0 = 1\)，但在上面的递推中它的导数被认为是 \((1+p)^{-1}\)。
临界情况
\[\begin{align*}
f_n(n) &= \sum\limits_{i = 1}^{n-1} {n \brace i} \frac {n!} {(n-i)!} p^i(1+p)^{n-i} + {n \brace n} \frac {n!} {(n-n)!} p^n(1+p)^{n-n} \\
&= \sum\limits_{i = 1}^{n-1} {n \brace i} \frac {n!} {(n-i)!} p^i(1+p)^{n-i} + n! p^n \\
\end{align*}
\]
然后
\[\begin{align*}
f_{n+1}(n) &= \sum\limits_{i = 1}^{n-1} {n+1 \brace i} \frac {n!} {(n-i)!} p^i(1+p)^{n-i} + {n \brace n-1} n! p^n + n! n p^n \\
f_{n+2}(n) &= \sum\limits_{i = 1}^{n-1} {n+2 \brace i} \frac {n!} {(n-i)!} p^i(1+p)^{n-i} + {n+1 \brace n-1} n! p^n + {n \brace n-1} n! n p^n + n! n^2 p^n \\
&\cdots \\
\end{align*}
\]
当 \(k > n\) 时
\[f_k(n) = \sum\limits_{i = 1}^{n-1} {k \brace i} \frac {n!} {(n-i)!} p^i (1+p)^{n-i} + \sum\limits_{i = n}^k {i-1 \brace n-1} n!n^{k-i}p^n
\]
根据 \({k \brace n} = n {k-1 \brace n} + {k-1 \brace n-1}\)，有
\[\begin{align*}
{k \brace n} &= n {k-1 \brace n} + {k-1 \brace n-1} \\
&= n \left( n {k-2 \brace n} + {k-2 \brace n-1} \right) + {k-1 \brace n-1} \\
&= n \left( n \left( n {k-3 \brace n} + {k-3 \brace n-1} \right) + {k-2 \brace n-1} \right) + {k-1 \brace n-1} \\
&= \cdots \\
&= \sum\limits_{i = n}^k {i-1 \brace n-1} n^{k-i} \\
\end{align*}
\]
因此
\[\begin{align*}
f_k(n) &= \sum\limits_{i = 1}^{n-1} {k \brace i} \frac {n!} {(n-i)!} p^i (1+p)^{n-i} + \sum\limits_{i = n}^k {i-1 \brace n-1} n!n^{k-i}p^n \\
&= \sum\limits_{i = 1}^{n-1} {k \brace i} \frac {n!} {(n-i)!} p^i (1+p)^{n-i} + {k \brace n} n!p^n \\
&= \sum\limits_{i = 1}^n {k \brace i} \frac {n!} {(n-i)!} p^i (1+p)^{n-i} \\
\end{align*}
\]
综上所述，\(n \in \mathbf N, k \in \mathbf N*\) 时
\[f_k(n) = \sum\limits_{i = 0}^n \binom n i i^k p^i = \sum\limits_{i = 1}^{\min(n, k)} {k \brace i} \frac {n!} {(n-i)!} p^i (1+p)^{n-i}
\]
注意为了使第二类斯特林数有定义，最终式子不包含 \(k = 0\) 的情况。
注：\(\frac {n!} {(n-m)!}\) 也记作下降幂 \(n^{\underbar m}\)，但该记号会自动处理 \(n < m\) 的情况，例如 \(5^{\underbar{10}} = 5^{\underbar 5} = \frac {5!} {0!} = 5! = 120\)。
当 \(p = -1\) 时
\[f_k(n) = \sum\limits_{i = 0}^n \binom n i i^k (-1)^i =
\begin{cases}
0, &k < n, \\
(-1)^n {k \brace n} n!, &k \geqslant n. \\
\end{cases}
\]
modfish_ 给上面的式子赋予了组合意义：长为 \(k\)，值域为 \([1, n]\) 的整数数列，值域中的每个数都在数列中出现至少一次的方案数。\(f_k(n)\) 就是在容斥计算该问题的答案。
令 \(k = N, n = M\)，导出第二类斯特林数通项公式
\[\begin{align*}
{n \brace m} &= (-1)^m \frac 1 {m!} \sum\limits_{i = 0}^m \binom m i i^n (-1)^i \\
&= (-1)^m \frac 1 {m!} \sum\limits_{i = 0}^m \frac {m!} {i! (m-i)!} i^n (-1)^i \\
&= (-1)^m \sum\limits_{i = 0}^m \frac {(-1)^i i^n} {i! (m-i)!} \\
\end{align*}
\]
当 \(p = 1\) 时
\[f_k(n) = \sum\limits_{i = 0}^n \binom n i i^k = \sum\limits_{i = 1}^{\min(n, k)} {k \brace i} \frac {n!} {(n-i)!} 2^{n-i}
\]
导出组合恒等式
\[\begin{align*}
f_1(n) &= \sum\limits_{i = 0}^n \binom n i i = n2^{n-1} \\
f_2(n) &= \sum\limits_{i = 0}^n \binom n i i^2 \\
&= n 2^{n-1} + n(n-1) 2^{n-2} = n(n+1)2^{n-2} \qquad (n \geqslant 2) \\
f_3(n) &= \sum\limits_{i = 0}^n \binom n i i^3 \\
&= n2^{n-1} + 3n(n-1)2^{n-2} + n(n-1)(n-2)2^{n-3} \\
&= (n+3)n^22^{n-3} \qquad (n \geqslant 3) \\
\end{align*}
\]
题目
Luogu P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题
\[\begin{align*}
&\sum\limits_{k = 0}^n f(k) x^k \binom n k \\
= &\sum\limits_{t = 0}^m a_t \sum\limits_{k = 0}^n k^t x^k \binom n k \\
= &\sum\limits_{t = 0}^m a_t \sum\limits_{i = 1}^t {t \brace i} n^{\underbar{i}} \sum\limits_{k = 0}^n k^t x^k \binom n k \\
\end{align*}
\]
然后容易处理。
浙公网安备 33010602011771号