關於第二類斯特林數的一丟丟東西
阿新 • • 發佈：2018-02-18
mat 得到 表示 重新 是我 isp logs spl gpo
為啥呢？
假設盒子有區別，並且我們允許空盒的存在
顯然的，\(m^n\)就是答案
但是我們當然就是不允許空盒存在啊
所以容斥一下
枚舉我當前有幾個空盒子存在
那麽先把這幾個盒子選出來，也就是\(C(m,k)\)
然後剩下\(m-k\)個盒子，\(n\)個球可以隨便放，也就是\((m-k)^n\)
最後退出來，我們盒子是沒有區別的，所以除以一個\(m!\)
這樣就是直接考慮了
好吧，那我枚舉一下有\(i\)個盒子不是空的
再把球丟進盒子不就是\(S(n,i)*i!\)
所以不就推出來啦？
\[m^n=\sum_{i=0}^{m}S(n,i)*i!*C(m,i)\]
\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}m!\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}\]
\[S(n,m)=\sum_{k=0}^{m}\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}\]
這樣的話，是不是想到了多項式的卷積啦？
於是乎，可以用多項式卷積求出\(S(n,X)\)
復雜度\(O(nlogn)\)
關於第二類斯特林數的一丟丟東西
第二類斯特林數
S(n,m)表示有\(n\)個有區別小球，要放進\(m\)個相同盒子裏，且每個盒子非空的方案數
考慮一個很容易的遞推：
\[S(n,m)=S(n-1,m-1)+m*S(n-1,m)\]
考慮組合意義：
假設前面的\(n-1\)個球丟進了\(m-1\)個組，因為每個組非空，所以這個球只有一種選擇——自己一組
如果前面的球已經分成了\(m\)組，那麽，這個球就有\(m\)種放法
所以這個遞推式就是這樣來的
那麽，只考慮組合意義可不可以算？
當然是可以的啦
寫式子：
\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m,k)(m-k)^n\]
為啥呢？
假設盒子有區別，並且我們允許空盒的存在
顯然的，\(m^n\)就是答案
但是我們當然就是不允許空盒存在啊
所以容斥一下
枚舉我當前有幾個空盒子存在
那麽先把這幾個盒子選出來，也就是\(C(m,k)\)
然後剩下\(m-k\)個盒子，\(n\)個球可以隨便放，也就是\((m-k)^n\)
最後退出來，我們盒子是沒有區別的，所以除以一個\(m!\)
這樣就是直接考慮了
那麽，我們來想想一個東西怎麽算？
\(m^n\)怎麽算？
考慮一下組合意義，把\(n\)個有區別的小球分給有區別的\(m\)個盒子裏，允許空盒的方案數
挺好呀，第二類斯特林數是啥意思？
\(S(n,m)\)表示\(n\)
好吧，那我枚舉一下有\(i\)個盒子不是空的
再把球丟進盒子不就是\(S(n,i)*i!\)
所以不就推出來啦？
\[m^n=\sum_{i=0}^{m}S(n,i)*i!*C(m,i)\]
回來回來，，
如果要算第二類斯特林數，除了\(n^2\)的遞推有沒有別的方法呢？
顯然是有的
重新看看上面用容斥和組合意義得到的式子
\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m,k)(m-k)^n\]
整理一下
\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\frac{m!}{k!(m-k)!}(m-k)^n\]
\[S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}m!\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}\]
\[S(n,m)=\sum_{k=0}^{m}\frac{(-1)^k}{k!}\frac{(m-k)^n}{(m-k)!}\]
這樣的話，是不是想到了多項式的卷積啦？
於是乎，可以用多項式卷積求出\(S(n,X)\)
復雜度\(O(nlogn)\)
關於第二類斯特林數的一丟丟東西