关于第二类斯特林数的一丢丢东西
第二类斯特林数
S(n,m)表示有\(n\)个有区别小球，要放进\(m\)个相同盒子里，且每个盒子非空的方案数
考虑一个很容易的递推：
\[S(n,m)=S(n-1,m-1)+m*S(n-1,m)\]
考虑组合意义：
假设前面的\(n-1\)个球丢进了\(m-1\)个组，因为每个组非空，所以这个球只有一种选择——自己一组
如果前面的球已经分成了\(m\)组，那么，这个球就有\(m\)种放法
所以这个递推式就是这样来的
那么，只考虑组合意义可不可以算？
当然是可以的啦
写式子：
\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m,k)(m-k)^n\]
为啥呢？
假设盒子有区别，并且我们允许空盒的存在
显然的，\(m^n\)就是答案
但是我们当然就是不允许空盒存在啊
所以容斥一下
枚举我当前有几个空盒子存在
那么先把这几个盒子选出来，也就是\(C(m,k)\)
然后剩下\(m-k\)个盒子，\(n\)个球可以随便放，也就是\((m-k)^n\)
最后退出来，我们盒子是没有区别的，所以除以一个\(m!\)
这样就是直接考虑了
那么，我们来想想一个东西怎么算？
\(m^n\)怎么算？
考虑一下组合意义，把\(n\)个有区别的小球分给有区别的\(m\)个盒子里，允许空盒的方案数
挺好呀，第二类斯特林数是啥意思？
\(S(n,m)\)表示\(n\)个球丢进\(m\)个相同盒子里，不允许空盒
好吧，那我枚举一下有\(i\)个盒子不是空的
再把球丢进盒子不就是\(S(n,i)*i!\)
所以不就推出来啦？
\[m^n=\sum_{i=0}^{m}S(n,i)*i!*C(m,i)\]
回来回来，，
如果要算第二类斯特林数，除了\(n^2\)的递推有没有别的方法呢？
显然是有的
重新看看上面用容斥和组合意义得到的式子
\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m,k)(m-k)^n\]
整理一下
\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\frac{m!}{k!(m-k)!}(m-k)^n\]
\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}m!\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}\]
\[S(n,m)=\sum_{k=0}^{m}\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}\]
这样的话，是不是想到了多项式的卷积啦？
于是乎，可以用多项式卷积求出\(S(n,X)\)
复杂度\(O(nlogn)\)
原文地址：https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/8452297.html
时间： 2024-10-25 19:27:18