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斯特林数与二项式系数密切相关，是离散数学的重要内容。
斯特林数分为两类，分别是“第二类斯特林数”和“第一类斯特林数”。虽然被称作“第二类”，第二类斯特林数却比第一类的更常用，也在斯特林的相关著作和具体数学中被首先描述；因此，在这篇文章中我们也先介绍第二类斯特林数。
第二类斯特林数
第二类斯特林数又称作斯特林子集数，用 $\begin{Bmatrix}n\m\end{Bmatrix}$ 表示，读作“$n$ 子集 $m$”。它的组合含义是，将 $n$ 个有标号物品划分为 $m$ 个无标号集合的方案数。学习多项式对数函数、指数函数和欧拉变换应该有助于能找到第二类斯特林数和指数函数的相关性（斯特林数限定了划分子集的个数而指数函数没有）。
可以认为，对于 $n \less m$，有 $\begin{Bmatrix}n\m\end{Bmatrix}=0$。$m=0$ 的情况比较特殊。一般认为，将空集划分为 $0$ 个非空集合是可行的，因此我们定义 $\begin{Bmatrix}0\0\end{Bmatrix}=1$；而对于任意 $n \greater 0$，都有 $\begin{Bmatrix}n\0\end{Bmatrix}=0$。
和二项式系数类似，第二类斯特林数也有递推公式
$$ \begin{Bmatrix}n\m\end{Bmatrix}=m\begin{Bmatrix}n-1\m\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}n-1\m-1\end{Bmatrix},n>0 $$
同时，第二类斯特林数也有简洁的通项公式，即
$$ \begin{Bmatrix}n\m\end{Bmatrix}=\sum\limits_{i=0}^m\dfrac{(-1)^{m-i}i^n}{i!(m-i)!} $$
考虑使用容斥原理证明。设 $G_i$ 表示 $n$ 个有标号元素，放置到 $i$ 个有标号集合的方案数；$F_i$ 表示 $n$ 个有标号元素，放置到 $i$ 个有标号非空集合的方案数。不难得到
$$ G_i=i^n=\sum\limits_{j=0}^i\binom{i}{j}F_j $$
根据二项式反演
$$ F_i=\sum\limits_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}\binom{i}{j}j^n $$
考虑第二类斯特林数与 $F_i$ 的关系
$$ \begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}=\dfrac{F_i}{i!} $$
联立得证。
同一行第二类斯特林数的计算
“同一行”的第二类斯特林数指的是，有着不同的 $i$，相同的 $n$ 的一系列 $\begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}$。求出同一行的所有第二类斯特林数，就是对 $i=0..n$ 求出了将 $n$ 个不同元素划分为 $i$ 个非空集的方案数。
根据上面给出的通项公式，卷积计算即可。
int main(){
scanf("%d", &n);
fact[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) fact[i] = (ll)fact[i - 1] * i % mod;
exgcd(fact[n], mod, ifact[n], ifact[0]), ifact[n] = (ifact[n] % mod + mod) % mod;
for(int i = n - 1; i >= 0; --i) ifact[i] = (ll)ifact[i + 1] * (i + 1) % mod;
fstdlib::poly f(n + 1), g(n + 1);
for(int i = 0; i <= n; ++i) g[i] = (i & 1 ? mod - 1ll : 1ll) * ifact[i] % mod, f[i] = (ll)qpow(i, n) * ifact[i] % mod;
f *= g, f.resize(n + 1);
for(int i = 0; i <= n; ++i) printf("%d ", f[i]);
return 0;
}
同一列第二类斯特林数的计算
即对 $i=0..n$，求出 $\begin{Bmatrix}i\k\end{Bmatrix}$。有两种常用的快速计算方法。
方法 1. 利用递推公式
第二类斯特林数的通项公式不适合计算列，我们考虑利用递推公式写出它的生成函数。设 $F_k(x)=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}i\k\end{Bmatrix}x^i$，则
$$ F_k(x)=kxF_k(x)+xF_{k-1}(x) $$
综合第二类斯特林数的定义解得
$$ F_k(x)=\begin{cases}\dfrac{x}{1-kx}F_{k-1}(x)&\text{if }k>0\1&\text{else}\end{cases} $$
即 $F_k(x)=\prod\limits_{i=1}^k\dfrac{x}{1-ix}$
利用多项式分治乘和多项式乘法逆即可在 $O(k\log k\log n)$ 的时间内解出 $F_k(x)$。
int main(){
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= k; ++i) mask.emplace_back(std::vector<int>{1, mod - i});
while((int)mask.size() >= 2){
while((int)mask.size() >= 2){
tmp.push_back(mask[mask.size() - 1] * mask[mask.size() - 2]);
mask.pop_back(), mask.pop_back();
}
if(!mask.empty()) tmp.push_back(mask[0]), mask.pop_back();
std::swap(mask, tmp);
}
fstdlib::poly f(mask[0].inv(n + 1));
for(int i = f.size() - 1; i >= k; --i) f[i] = f[i - k];
for(int i = std::min(k, (int)f.size()) - 1; i >= 0; --i) f[i] = 0;
for(int i = 0; i < (int)f.size(); ++i) printf("%d ", f[i]);
return 0;
}
方法 2. 利用指数型生成函数
一个盒子装 $i$ 个物品的方案是 $\begin{cases}1&\text{if }i>0\0&\text{else}\end{cases}$。我们可以写出它的指数型生成函数为 $F(x)=\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\dfrac{x^i}{i!}$。经过之前的学习，我们明白 $F^k(x)$ 就是 $i$ 个有标号物品放到 $k$ 个有标号盒子里的指数型生成函数，$\exp F(x)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\dfrac{F^i(x)}{i!}$ 就是 $i$ 个有标号物品放到任意多个无标号盒子里的指数型生成函数（指数函数通过每项除以一个 $i!$ 去掉了盒子的标号）。这里涉及到很多“有标号”“无标号”的内容，注意辨析。
那么 $\begin{Bmatrix}i\k\end{Bmatrix}=\dfrac{\left[\dfrac{x^i}{i!}\right]F^k(x)}{k!}$，$O(n\log n)$ 计算多项式幂即可。实际使用时比 $O(n\log^2n)$ 的方法 1 要慢。
int main(){
scanf("%d%d", &n, &k);
fstdlib::poly f(n + 1);
fact[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) fact[i] = (ll)fact[i - 1] * i % mod;
for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = qpow(fact[i], mod - 2);
f = fstdlib::exp(fstdlib::log(f >> 1) * k) << k, f.resize(n + 1);
int inv = qpow(fact[k], mod - 2);
for(int i = 0; i <= n; ++i) printf("%lld ", (ll)f[i] * fact[i] % mod * inv % mod);
return 0;
}
第一类斯特林数
第一类斯特林数又称作斯特林轮换数，用 $\begin{bmatrix}n\m\end{bmatrix}$ 表示，读作“$n$ 轮换 $m$”。它的组合含义是，将 $n$ 个有标号物品分为 $m$ 个无标号轮换的方案数。
一个轮换就是一个首尾相接的环形排列。我们可以写出一个轮换$[A,B,C,D]$，并且我们认为 $[A,B,C,D]=[B,C,D,A]=[C,D,A,B]=[D,A,B,C]$，即，两个可以通过旋转而互相得到的轮换是等价的。注意，我们不认为两个可以通过翻转而相互得到的轮换等价，即 $[A,B,C,D]\neq[D,C,B,A]$。
不难发现，对于 $n>0$ 有 $\begin{bmatrix}n\1\end{bmatrix}=(n-1)!$；进一步，也有 $\begin{bmatrix}n\m\end{bmatrix}\geq \begin{Bmatrix}n\m\end{Bmatrix}$。
轮换和排列一一对应，如果对同一行的所有第二类斯特林数求和，我们也能得到排列的总数 $\sum\limits_{i=0}^k\begin{bmatrix}n\i\end{bmatrix}=n!$。这一点可以参考 具体数学。
类似第二类斯特林数，我们也可以写出第一类斯特林数的递推公式
$$ \begin{bmatrix}n\m\end{bmatrix}=(n-1)\begin{bmatrix}n-1\m\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}n-1\m-1\end{bmatrix},n>0 $$
同一行第一类斯特林数的计算
类似第二类斯特林数，我们构造同行第一类斯特林数的生成函数，即
$$ F_n(x)=\sum\limits_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\i\end{bmatrix}x^i $$
根据递推公式，不难写出
$$ F_n(x)=(n-1)F_{n-1}(x)+xF_{n-1}(x) $$
于是
$$ F_n(x)=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(x+i)=\dfrac{(x+n-1)!}{(x-1)!} $$
这其实是 $x$ 的 $n$ 次上升阶乘幂，记做 $x^{\overline n}$。这个东西自然是可以暴力分治乘 $O(n\log^2n)$ 求出的，但用上升幂相关做法可以 $O(n\log n)$ 求出。具体见下面有关阶乘幂的部分。
同一列第一类斯特林数的计算
仿照第二类斯特林数的计算，我们可以用指数型生成函数解决该问题。注意，由于递推公式和行有关，我们不能利用递推公式计算同列的第一类斯特林数。
显然，单个轮换的指数型生成函数为
$$ F(x)=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{(i-1)!x^i}{i!}=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{x^i}{i} $$
它的 $k$ 次幂就是 $\begin{bmatrix}i\k\end{bmatrix}$ 的指数型生成函数，$O(n\log n)$ 计算即可。
int main(){
scanf("%d%d", &n, &k);
fact[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) fact[i] = (ll)fact[i - 1] * i % mod;
ifact[n] = qpow(fact[n], mod - 2);
for(int i = n - 1; i >= 0; --i) ifact[i] = (ll)ifact[i + 1] * (i + 1) % mod;
fstdlib::poly f(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = (ll)fact[i - 1] * ifact[i] % mod;
f = fstdlib::exp(fstdlib::log(f >> 1) * k) << k, f.resize(n + 1);
for(int i = 0; i <= n; ++i) printf("%lld ", (ll)f[i] * fact[i] % mod * ifact[k] % mod);
return 0;
}
上升阶乘幂和下降阶乘幂
之前我们提出了第一类斯特林数和上升阶乘幂的关系，即 $x$ 的 $n$ 次上升阶乘幂正是第 $n$ 行的第一类斯特林数的普通型生成函数。
$$ F_n(x)=x^{\overline n} $$
接下来我们就介绍上升阶乘幂和与之类似的下降阶乘幂。
一般的，我们分别用 $x^{\overline n}$ 和 $x^{\underline n}$ 来表示 $x$ 的 $n$ 次上升阶乘幂和下降阶乘幂。它们可以被这样描述
$$ x^{\overline n}=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(x+i)=\dfrac{(x+n-1)!}{(x-1)!},x^{\underline n}=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(x-i)=\dfrac{x!}{(x-n)!} $$
直观上看，上升幂和下降幂是对称的。我们可以写出
$$ \begin{aligned}(-x)^{\overline n}&=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(-x+i)\&=(-1)^n\prod_{i=0}^{n-1}(x-i)\&=(-1)^nx^{\underline n}\end{aligned} $$
同理，$(-x)^{\underline n}=(-1)^nx^{\overline n}$ 也是成立的。
我们还可以用下降阶乘幂表示二项式系数，这使得下降阶乘幂成为解决带组合数多项式的重要方法。
$$ \binom{n}{m}=\dfrac{n!}{(n-m)!m!}=\dfrac{n^{\underline m}}{m!} $$
阶乘幂和两类斯特林数的关系
阶乘幂和第二类斯特林数的关系
我们先研究阶乘幂与第二类斯特林数的关系。事实上它们之间有这样的关系
$$ x^n=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}x^{\underline{i}},n\geq 0 $$
我们用“生成函数”证明这一点。令
$$ F_n(x)=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}x^{\underline i} $$
根据第二类斯特林数的递推公式 $\begin{Bmatrix}n\m\end{Bmatrix}=m\begin{Bmatrix}n-1\m\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}n-1\m-1\end{Bmatrix}$ 可以写出
$$ \begin{aligned}F_n(x)&=\sum\limits_{i=0}^{n-1}i\begin{Bmatrix}n-1\i\end{Bmatrix}x^{\underline i}+\sum\limits_{i=1}^{n}\begin{Bmatrix}n-1\i-1\end{Bmatrix}x^{\underline {i}}\&=\sum\limits_{i=0}^{n-1}i\begin{Bmatrix}n-1\i\end{Bmatrix}x^{\underline i}+\sum\limits_{i=0}^{n-1}\begin{Bmatrix}n-1\i\end{Bmatrix}x^{\underline {i+1}}\&=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\begin{Bmatrix}n-1\i\end{Bmatrix}(i\cdot x^{\underline i}+x^{\underline {i+1}})\end{aligned} $$
由 $x^{\underline {i+1}}=(x-i)\cdot x^{\underline{i}}$ 知
$$ \begin{aligned}i\cdot x^{\underline i}+x^{\underline {i+1}}&=i\cdot x^{\underline{i}}+(x-i)x^{\underline{i}}\&=x \cdot x^{\underline i}\end{aligned} $$
代入原式得
$$ \begin{aligned}F_n(x)&=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\begin{Bmatrix}n-1\i\end{Bmatrix}x\cdot x^{\underline i}\&=x\cdot\sum\limits_{i=0}^{n-1}\begin{Bmatrix}n-1\i\end{Bmatrix}x^{\underline i}\&=x\cdot F_{n-1}(x)\end{aligned} $$
由于 $F_0(x)=1$，因此 $F_n(x)=x^n$，得证。
当然，也可以根据上升、下降阶乘幂的关系，将其中的下降阶乘幂替换为上升阶乘幂
$$ (-x)^n=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}(-1)^{i}x^{\overline i} $$
也就是
$$ x^n=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\i\end{Bmatrix}(-1)^{n-i}x^{\overline i} $$
第二类斯特林数建立了一般多项式向阶乘幂多项式转化的通道。它是一般多项式转上升、下降阶乘幂多项式的有力工具。
阶乘幂和第一类斯特林数的关系
通过之前构造的生成函数，我们已经知道
$$ x^{\overline n}=\sum\limits_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\i\end{bmatrix}x^i,n\ge 0 $$
同样，也可以写成下降幂的形式
$$ x^{\underline n}=\sum\limits_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i $$
第一类斯特林数和第二类斯特林数的作用正好相反，用于将上升、下降幂多项式转化为一般多项式。
下降阶乘幂在 OI 中的应用
上升阶乘幂在 OI 中的应用较少，在此不做介绍；我们只研究下降阶乘幂。
多项式下降阶乘幂表示与多项式点值表示的关系
在这里，多项式的下降阶乘幂表示就是用
$$ f(x)=\sum\limits_{i=0}^nb_i{x^\underline i} $$
的形式表示一个多项式，而点值表示就是用 $n+1$ 个点
$$ (i,a_i),i=0..n $$
来表示一个多项式。
显然，下降阶乘幂 $b$ 和点值 $a$ 间满足这样的关系：
$$ a_k=\sum\limits_{i=0}^{n}b_ik^{\underline i} $$
即
$$ \begin{aligned}a_k&=\sum\limits_{i=0}^{n}\dfrac{b_ik!}{(k-i)!}\\dfrac{a_k}{k!}&=\sum\limits_{i=0}^kb_i\dfrac{1}{(k-i)!}\end{aligned} $$
这显然是个卷积形式，我们可以在 $O(n\log n)$ 的时间复杂度内完成点值和下降阶乘幂的互相转化。