斯特林数

斯特林数

第二类斯特林数

第二类斯特林数记为 \(\begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix}\)，读作”\(n\) 子集 \(k\)“，表示把 \(n\) 个元素的集合划分为 \(k\) 个非空子集的方案数。或者说，把 \(n\) 个有标号小球放入 \(k\) 个无标号盒子的方案数。

第二类斯特林数的递推式如下：

\[\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} = \begin{cases} [n = 0], \ \text{if} \ k = 0 \\ \begin{Bmatrix}n - 1\\k - 1\end{Bmatrix} + k\begin{Bmatrix}n - 1\\k\end{Bmatrix}, \ \text{Otherwise} \end{cases} \]

第一行给出了递推的边界情况：把空集划分成 \(0\) 个非空子集的方案为 \(1\) 种，其它情况下，无法把一个非空集合划分成 \(0\) 个非空子集，因此 \(n > 0\) 时有 \(\begin{Bmatrix} n \\ 0\end{Bmatrix} = 0\)。

第二行体现了斯特林数的递推关系。把 \(n\) 个元素的集合划分为 \(k\) 个非空子集的方案可以分为两种：要么把第 \(n\) 个元素分到一个新的子集，有 \(\begin{Bmatrix} n - 1 \\ k - 1 \end{Bmatrix}\) 种方案；要么把第 \(n\) 个元素分到原有的 \(k\) 个子集中的一个，方案数为 \(k\begin{Bmatrix} n - 1 \\ k \end{Bmatrix}\)。因此 \(\begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix}\) 就是二者的和。

性质

\[x^{k} = \sum_{i = 1}^{x} \begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix} i! \dbinom{x}{i} \]

使用组合意义证明。\(x^{k}\) 可以看作把 \(k\) 个有标号小球放到 \(x\) 个有标号盒子的方案数（允许有的盒子不放）：每个小球有 \(x\) 种放置方式，总的放置方式就是 \(x^{k}\)。枚举放置小球的盒子数量 \(i\)，选择盒子的方案数为 \(\dbinom{x}{i}\)。把 \(k\) 个小球放到这 \(i\) 个盒子中，方案数为 \(\begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix} i!\)，这里乘上阶乘是因为盒子有标号，需要互相区分。所以等式得证。

此外，求和的上界取到 \(k\) 或者 \(x\) 都是可行的——实际上应该取到两者的最小值，但是 \(i\) 大于 \(\min(x, k)\) 时和式中的式子一定为 \(0\)，所以无所谓。

第一类斯特林数

第一类斯特林数记为 \(\begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix}\)，读作”\(n\) 轮换 \(k\)“，表示把 \(n\) 个元素的集合划分为 \(k\) 个轮换的方案数。这个定义和第二类斯特林数有点像，但它把元素划分成轮换而非子集。

轮换有时也被称为”圆排列”，这是一个形象的叫法，因为一个轮换可以看作一个放在圆上的排列。这就意味着，把末尾的元素放到开头，得到的轮换是相同的：

\[[1, 2, 3, 4] = [4, 1, 2, 3] = [3, 4, 1, 2] = [2, 3, 4, 1] \]

一个只有一个元素的轮换和一个单元素集本质上相同；只有两个个元素的轮换和只有两个元素的集合本质上也相同，因为 \([1, 2] = [2, 1]\)。但轮换的大小大于 \(2\) 时，轮换和等大的集合就不同了，例如大小为 \(3\) 的集合 \(\{1, 2, 3\}\) 有两个不同的轮换：\([1, 2, 3]\) 和 \([2, 1, 3]\)。

这个性质给出：当 \(k = n\) 或 \(k = n - 1\) 时，\(\begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix} = \begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix}\)，因为此时划分出的每个集合的大小都为 \(1\) 或 \(2\)。（实际上容易看出 \(\begin{bmatrix} n \\ n \end{bmatrix} = \begin{Bmatrix} n \\ n \end{Bmatrix} = 1\)，\(\begin{bmatrix} n \\ n - 1 \end{bmatrix} = \begin{Bmatrix} n \\ n - 1 \end{Bmatrix} = \dbinom{n}{2}\)。）

下面我们导出第一类斯特林数的递推式，实际上它和第二类斯特林数的递推式很相似：

\[\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} = \begin{cases} [n = 0], \ \text{if} \ k = 0 \\ \begin{bmatrix}n - 1\\k - 1\end{bmatrix} + (n - 1)\begin{bmatrix}n - 1\\k\end{bmatrix}, \ \text{Otherwise} \end{cases} \]

边界情况和第二类斯特林数相同：把空集划分成 \(0\) 个轮换有一种方法，而不能把非空集合划分成 \(0\) 个轮换。

把 \(n\) 个元素划分成 \(k\) 个轮换有两种方式：要么把第 \(n\) 个元素放到一个新轮换中，方案数为 \(\begin{bmatrix} n - 1 \\ k - 1 \end{bmatrix}\)；要么把第 \(n\) 个元素放到一个原有的轮换中。第二种情况比第二类斯特林数的递推复杂一些，因为可以把元素插到一个轮换的不同位置，所以系数不是 \(k\)。但这个问题也不难解决：在一个大小为 \(m\) 的轮换中插入一个元素，有 \(m\) 种方式，容易验证得出的轮换都不同。由于轮换的大小总和为 \(n - 1\)，所以总共有 \((n - 1)\begin{bmatrix}n - 1\\k\end{bmatrix}\) 种方式。

下降幂多项式

第二类斯特林数可以用于把通常幂转成下降幂。具体而言我们有：

\[\boxed{x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} \begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix} x^{\underline{k}}} \]

可以用归纳法证明。

有时我们需要把一个通常幂多项式转成下降幂多项式。具体而言，给定 \(m\) 次多项式

\[f(k) = \sum_{i = 0}^{m} a_{i} k^{i} \]

我们希望把它转成

\[f(k) = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} k^{\underline{i}} \]

我们要做的就是对 \(0 \le k \le m\) 求出所有的 \(b_{k}\)。

根据通常幂转下降幂的恒等式，有

\[f(k) = \sum_{i = 0}^{m} a_{i} \left(\sum_{j = 0}^{i} \begin{Bmatrix} i \\ j \end{Bmatrix} k^{\underline{j}} \right) \]

交换一下求和顺序有

\[f(k) = \sum_{i = 0}^{m} \left( \sum_{j = i}^{m} a_{j} \begin{Bmatrix} j \\ i \end{Bmatrix} \right) k^{\underline{i}} \]

所以 \(b_{i} = \sum_{j = i}^{m} a_{j} \begin{Bmatrix} j \\ i \end{Bmatrix}\)。

例题

难度大致升序。

I. [FJOI2016] 建筑师

（题目链接）求有多少个长度为 \(n\) 的排列，满足恰有 \(a\) 个前缀最大值和 \(b\) 个后缀最大值。

多测，数据组数 \(T \le 2 \times 10^{5}\)，\(n \le 5 \times 10^{4}\)，\(a, b \le 100\)。

首先观察到 \(n\) 必定是前缀最大值和后缀最大值。删去排列中的 \(n\)，则排列分裂成两个更小的排列（可能为空）。由于 \(n\) 的分隔，所以这两个排列的前缀最大值和后缀最大值互不影响。因此，靠前的排列需要满足恰有 \(a\) 个前缀最大值，靠后的排列需要满足恰有 \(b\) 个后缀最大值。

设 \(f(i, j)\) 表示恰有 \(j\) 个前缀最大值的长度为 \(i\) 的排列数量。如果一个长度为 \(i\) 的排列有 \(j\) 个前缀最大值，把它翻转以后，得到的新排列就有 \(j\) 个后缀最大值。因此，有 \(j\) 个前缀最大值的长度为 \(i\) 的排列和有 \(j\) 个后缀最大值的长度为 \(i\) 的排列一一对应，所以不必专门设状态计算后缀最大值数量为特定值的排列数。

假设已经计算出了 \(f(i, j)\)，考虑如何统计答案。枚举 \(n\) 之前的元素数量，有

\[\operatorname{ans} = \sum_{i = 0}^{n - 1} \dbinom{n - 1}{i} \times f(i, a) \times f(n - 1 - i, b) \]

如何计算 \(f(i, j)\) 呢？比较巧妙的想法是考虑在排列中加入一个更小的数，如果加在开头，那么前缀最大值的数量增加 \(1\)，否则加在其它任何位置都不会使前缀最大值的数量增加。所以有

\[f(i, j) = f(i - 1, j) + (i - 1)f(i - 1, j - 1) \]

容易得出边界情况是 \(f(i, j) = [i = 0]\)。

我们发现这个递推式和第一类斯特林数的递推式完全相同！也就是说 \(f(i, j) = \begin{bmatrix} i \\ j \end{bmatrix}\)。因此

\[\operatorname{ans} = \sum_{i = 0}^{n - 1} \dbinom{n - 1}{i} \times \begin{bmatrix} i \\ a \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} n - 1 - i \\ b \end{bmatrix} \]

为什么 \(f(i, j) = \begin{bmatrix} i \\ j \end{bmatrix}\)？能否找到一个组合意义的解释呢？

对于一个排列，设它的长度为 \(i\)，有 \(j\) 个前缀最大值。从所有前缀最大值的前面断开，则排列分为 \(j\) 段。这实际上和把 \(i\) 个元素划分成 \(j\) 个轮换的方式一一对应：对于分出的一个轮换，在排列中，必须满足最大值在前，否则轮换中的其它数也可能会成为前缀最大值。

继续优化现有的式子。沿用我们找到的组合意义，一个满足条件的排列可以视作：从 \(\{1, 2, \cdots , n\}\) 中先取出 \(n\)，再在剩下的 \((n - 1)\) 个数中取出 \((a + b - 2)\) 个轮换，其中 \((a - 1)\) 个放到 \(n\) 之前，提供前缀最大值，剩下的提供后缀最大值。由于要满足轮换的最大值递增（或递减，如果轮换放在 \(n\) 之后），所以确定哪些轮换放在 \(n\) 之前以后，放置轮换的顺序唯一确定。因此有

\[\operatorname{ans} = \begin{bmatrix} n - 1 \\ a + b - 2 \end{bmatrix} \times \dbinom{a + b - 2}{a - 1} \]

设 \(w\) 为所有测试数据中 \(a\) 和 \(b\) 的最大值，则可以在 \(O(nw)\) 的时间内预处理，在 \(O(1)\) 的时间内回答每组询问。

II. [MX-X8-T5]「TAOI-3」蓝宝石的存在证明

题目链接

这是一道有趣的计数题，第二类斯特林数作为工具出现。

先找到一种简洁的方式刻画“好的”图，刻画方式越简洁越好，因为简洁有利于我们找到问题的本质。

题目中说一个“好的”图恰好有一种划分方式，这包含了两个信息：划分方式的存在性和唯一性。我们分别考虑这两点。由于树的情况比较简单，所以先研究树的情况，再扩展到一般的无向连通图。

首先，可以证明：\(n \ge 2\) 时，任意树都存在划分方式。

用归纳法证明。当 \(n = 2\) 时，整棵树可以划分成一个紧密的连通块。假设 \(n \le k\) 时成立，接下来要证明当 \(n = k + 1\) 时也成立。任取树上的一个叶子节点 \(v\)，设与它唯一相连的节点为 \(u\)。删去 \(u\)，树分裂为若干个连通块。对于大小不小于 \(2\) 的连通块，根据归纳假设，这些连通块都存在划分方式。对于大小为 \(1\) 的连通块（即孤点），可以把它们和 \(u\) 划分到一个连通块中。由于这个连通块至少包含两个节点（\(u\) 和 \(v\)），所以它也存在划分方式。证毕。

这个结论容易扩展到任意无向连通图：\(n \ge 2\) 时，任意无向连通图都存在划分方式。任取连通图的一棵生成树，忽略非树边，根据上文的结论，这棵生成树存在划分方式。加上非树边，不影响划分方式的存在性。（具体而言，对于生成树的一个划分方式，如果非树边连接了两个连通块，那么完全不影响；如果非树边的两端在一个连通块内，只可能让该连通块的直径变小，仍然不影响。）

接下来探讨什么样的树只有唯一一种划分方式。这里比较巧妙的想法是：考虑一个不与叶子节点相邻的节点 \(u\)（如果存在）。删去 \(u\)，树分裂为若干个连通块。由于 \(u\) 不与叶子节点相邻，所以所有分裂出的连通块的大小都不小于 \(2\)。因此，把 \(u\) 分到任意一个连通块中，都存在划分方式，而且把 \(u\) 划分到不同连通块得到的划分方式显然不同，这就不满足唯一性。所以我们得到了划分方式唯一的必要条件：所有非叶节点都与至少一个叶子节点相邻。（可以视为有一棵树作为“骨架”，骨架上的每一个点都悬挂着至少一个点）

我们还可以证明这实际上也是充分条件。对于每个叶子节点，它都必须和它唯一相邻的节点划分到一个连通块中。而如果把骨架上的两个点分到一起，它们相连的叶子节点间的距离就为 \(3\)，违反了限制，所以这是不合法的。因此唯一合法的划分方式就是：把骨架上的节点和与它相连的叶子节点划分为一个连通块。

这个结论能扩展到任意的连通图吗？

不妨定义一般连通图上的叶子节点为度数为 \(1\) 的点。考虑图中一个不与叶子节点相邻的节点 \(u\)，删去 \(u\) 之后，如果图分裂之后不连通，那么根据在树情况下的讨论，划分方式就不唯一。

否则删去 \(u\) 之后图仍然连通。由于 \(u\) 不是叶子节点，所以 \(u\) 至少和连通块中的两个点相邻。那么 \(u\) 与这两个点之间的边和连通块中两点的路径构成一个环，于是整个图可以看作一个环往外挂了若干个连通块。如果存在一个节点，它外挂的连通块的大小都不小于 \(2\)，那么删去这个点，就变成了每个连通块大小都不小于 \(2\) 的情况，有多个划分方式。否则忽略所有外挂的大小不小于 \(2\) 的连通块，则整个图可以视为一个环外挂若干个（可能是 \(0\) 个）叶子节点。由于 \(u\) 不与任何叶子节点相邻，所以把 \(u\) 和与其相邻的两个节点中的任意一个划分到一起都可行。需要注意的是如果 \(n = 3\) 且图是一个三元环，这个讨论不成立，此时只有唯一一种划分方式，就是把整个图划分为一个连通块，所以要特判这种情况。

综上所述，我们证明了，对于一般的无向连通图，划分方式唯一的必要条件是不存在不与叶子节点相邻的节点。充分性容易仿照树的情况证明。

现在我们终于找到了一种简洁的方式来刻画好的图，下面来列式计算方案数。

对于 \(n\) 个点的图，枚举叶子节点的数量 \(m\)，则有 \(\dbinom{n}{m}\) 种方式选择叶子节点。由于每个骨架节点都要与至少一个叶子节点相邻，所以要把 \(m\) 个叶子节点划分成 \((n - m)\) 个非空子集。注意，这里的子集是有序的，所以方案数在第二类斯特林数的基础上还要乘上排列数，即 \(\begin{Bmatrix} m \\ n - m \end{Bmatrix} \times (n - m)!\)。最终还需要计算骨架节点连边的方案数，设 \(n\) 个骨架节点连边的方案数为 \(f(n)\)。如果图是树，那么骨架节点也必需构成树，根据凯莱公式有 \(f(n) = n^{n - 2}\)。如果图是一般的连通图，则骨架节点也只需是连通图，此时 \(f(n)\) 的计算是一个经典问题，详见 此处。

最终我们得到：

\[\operatorname{ans}_{n} = \sum_{m = 1}^{n - 1} \dbinom{n}{m} \times \begin{Bmatrix} m \\ n - m \end{Bmatrix} \times (n - m)! \times f(n - m) \]

\(O(n^{2})\) 时间预处理第二类斯特林数，然后就可以在 \(O(n)\) 时间内回答每个询问。

III. [集训队互测 2011] Crash 的文明世界

（题目链接）给定一棵有 \(n\) 个节点的树和常数 \(k\)，对每个节点，求出所有节点到它的距离的 \(k\) 次方和。

两点的距离定义为两点之间唯一简单路径的边数。

\(n \le 5 \times 10^{4}\)，\(1 \le k \le 150\)。

使用二项式定理进行树形 dp，容易得到一个在 \(O(nk^{2})\) 时间内求出单个点答案的做法。具体而言，设 \(f(u, i)\) 表示 \(u\) 子树内所有点到 \(u\) 的距离的 \(i\) 次方和。由于 \((a + 1)^{k} = {\Large\sum}_{i = 0}^{k}\dbinom{k}{i} a^{i}\)，所以有如下转移方程：

\[f(u, i) = [i = 0] + \sum_{v \in son(u)} \sum_{j = 0}^{i} \dbinom{i}{j} f(v, j) \]

需要说明的是，加上 \([i = 0]\) 是为了统计 \(u\) 本身的贡献：\(u\) 到自身的距离为 \(0\)，而在组合数学中一般认为 \(0^{i} = [i = 0]\)，因为 \(0^{0}\) 可以视为空乘积。可以用二项式定理来直观地说明这点：

\[(0 + 1)^{k} = \sum_{i = 0}^{k} \dbinom{k}{i} 0^{i} \cdot 1^{k - i} = 1 \]

如果 \(0^{0} = 1\)，这个等式才成立。从二项式定理的组合意义上来说，\(i = 0\) 时相当于从 \(k\) 个括号中选择了 \(0\) 个 \(0\) 和 \(k\) 个 \(1\) 相乘，因此把 \(0^{0}\) 视为空乘积是恰当的。

回到正题。使用换根 dp 可以把这个解法的总时间复杂度优化到 \(O(nk^{2})\)，但仍然不能通过。

到这一步二项式定理已经被榨干了，所以正解和二项式定理其实没什么关系（

换一种方式把 \(k\) 次幂拆开。根据斯特林数的性质，有

\[\operatorname{dist}(u, v) ^{k} = \sum_{i = 1}^{k} \begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix} i! \dbinom{\operatorname{dist}(u, v)}{i} \]

因此 \(u\) 的答案为

\[\operatorname{ans}_{u} = \sum_{v \in V} \sum_{i = 1}^{k} \begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix} i! \dbinom{\operatorname{dist}(u, v)}{i} \]

由于第二个和式中只有 \(\dbinom{\operatorname{dist}(u, v)}{i}\) 和 \(v\) 有关，这启示我们交换求和顺序：

\[\operatorname{ans}_{u} = \sum_{i = 1}^{k} \begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix} i! \sum_{v \in V} \dbinom{\operatorname{dist}(u, v)}{i} \]

因此只有对所有 \(u\) 和 \(1 \le i \le k\) 求出 \({\Large \sum}_{v \in V}\limits \dbinom{\operatorname{dist}(u, v)}{i}\) 即可。设 \(f(u, i)\) 表示 \({\Large \sum}_{v \in T(u)}\limits \dbinom{\operatorname{dist}(u, v)}{i}\)，根据组合数的递推式，有

\[f(u, i) = \sum_{v \in son(u)} f(v, i) + f(v, i - 1) \]

这样转移是 \(O(1)\) 的。

仍然使用换根 dp，就可以在 \(O(nk)\) 的时间内通过本题。

IV. [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题

题目链接

先看 \(m = 0\) 的情况。此时 \(f(k)\) 的值恒为 \(a_{0}\)，因此和式变成

\[a_{0} \sum_{k = 0}^{n} x^{k} \times \dbinom{n}{k} \]

根据二项式定理有 \(\sum_{k = 0}^{n}\limits x^{k} \times \dbinom{n}{k} = (x + 1)^{n}\)，所以原式变为

\[a_{0}(x + 1)^{n} \]

那么 \(m > 0\) 时怎么做呢？先把多项式拆开，根据分配律把多项式的求和提到外层：

\[\sum_{i = 0}^{m} a_{i} \left( \sum_{k = 0}^{n} k^{i} \times x^{k} \times \dbinom{n}{k} \right) \]

到这里我们发现 \(k^{i}\) 与 \(x^{k}\) 或 \(\dbinom{n}{k}\) 的乘积不能转化为利于求和的形式。但下降幂和组合数的积有一个优雅的结果：

\[\boxed{\dbinom{n}{k} \times k^{\underline{m}} = \dbinom{n - m}{k - m} \times n^{\underline{m}}} \]

简单地把组合数和下降幂展开即可证明：

\[\begin{aligned} \dbinom{n}{k} \times k^{\underline{m}} &= \dfrac{n!}{(n - k)!k!} \times \dfrac{k!}{(k - m)!} \\ &= \dfrac{n!}{(n - k)!(k - m)!} \\ &= \dfrac{(n - m)!}{(n - k)!(k - m)!} \times n^{\underline{m}} \\ &= \dbinom{n - m}{k - m} \times n^{\underline{m}} \end{aligned} \]

所以，先把 \(f(k)\) 转成下降幂多项式，设下降幂多项式中 \(k^{\underline{i}}\) 的系数为 \(b_{i}\)，即

\[f(k) = \sum_{i = 0}^{m} b_{i}k^{\underline{i}} \]

那么原式变为

\[\sum_{i = 0}^{m} b_{i} \left( \sum_{k = 0}^{n} k^{\underline{i}} \times x^{k} \times \dbinom{n}{k} \right) \]

对于第二个和式，把下降幂和组合数相乘，得到

\[n^{\underline{i}} \times \sum_{k = 0}^{n} x^{k} \times \dbinom{n - i}{k - i} \]

此时 \(n^{\underline{i}}\) 对于第二个和式是常数，我们可以先忽略它。我们希望能像 \(m = 0\) 时那样运用二项式定理简化第二个和式，这需要组合数的下指标和求和的指标相同。

用 \(k + i\) 代替 \(k\)，那么和式变成

\[\sum_{0 \le k + i \le n} x^{k + i} \times \dbinom{n - i}{k} \]

忽略 \(k < 0\) 的情况，继续整理得

\[x^{i} \sum_{k = 0}^{n - i} x^{k} \times \dbinom{n - i}{k} \]

终于可以用二项式定理了，上式变成：

\[x^{i} \times (x + 1)^{n - i} \]

代回，我们要求的式子就是：

\[\sum_{i = 0}^{m} b_{i} n^{\underline{i}} x^{i} (x + 1)^{n - i} \]

在 \(O(m^{2})\) 的时间内预处理斯特林数，再用上文提到的方法计算下降幂的系数 \(b\)，总时间复杂度为 \(O(m^{2})\)。（忽略求逆元的时间。）

AC 记录