斯特林数

第二类斯特林数

为什么先讲第二类，因为基本都是考第二类

定义1:\(n\)个不同的元素拆分成\(m\)个集合的方案数

定义2:\(n\)个不同的球放入\(m\)个无差别的盒子中，要求盒子非空，有几种方案？

两种定义显然是一样的，但是基本都是用定义2(我感觉)

怎么写呢其实本质上就是\(dp\)

设\(dp[i][j]\)表示\(i\)个球放到\(j\)个盒子的方案数

那么\(dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+j*dp[i-1][j]\)

其实就是第\(i\)个球是否单独放在一个盒子中

如果单独放在一个盒子中，那么答案就是\(dp[i-1][j-1]\)

如果不是单独放在一个盒子中，那么就有\(j\)个盒子可以放入答案就是\(j*dp[i-1][j]\)

再来介绍一下第二类斯特林数的通项公式

\(\Large S2(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^kC(m,k)(m-k)^n\)

这个式子本质上就是利用到容斥的思路求的

首先假设\(m\)个盒子不同并且不考虑非空的情况下 答案即为\(m^n\)

但是里面包含空盒的情况

假设有\(k\)个空盒，那么答案即为\(C(m,k)*(m-k)^n\) 但是显然不能保证剩下的\(m-k\)个盒子为非空

那么就需要容斥 其实就是正负交替进行即可

最后除以\(m!\)的原因是因为第二类斯特林数的盒子都是相同的

再来扯一扯应用

1 \(n\)个不同的球，放入\(m\)个无区别的盒子，不允许盒子为空。

就是定义答案即为\(S2(n,m)\)

2 \(n\)个不同的球，放入\(m\)个有区别的盒子，不允许盒子为空。

其实就是对盒子进行全排列即可 \(m!*S2(n,m)\)

3 \(n\)个不同的球，放入\(m\)个无区别的盒子，允许盒子为空。

枚举放了几个盒子即可 \(\sum_{k=0}^m S2(n,k)\)

4 \(n\)个不同的球，放入\(m\)个有区别的盒子，允许盒子为空。

这个应该是最简单的了 每个球随便放 \(m^n\)

第一类斯特林数

这个不是很常用

定义\(n\) 个不同元素构成\(m\)个圆排列的数目

圆排列是啥呢，其实就是\(1 2 3 4\)和\(2341\)一样因为可以进行循环移位

这个求解也是\(dp\)

设\(dp[i][j]\)表示前\(i\)个元素构成\(j\)个全排列

\(dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+(i-1)*dp[i-1][j-1]\)

也是分为两种情况是否单独是一个圆排列

如果单独一个圆排列 那么即为\(dp[i-1][j-1]\)

不是单独圆排列 那么可以放在任意元素的左边 即为\((i-1)*dp[i-1][j-1]\)

好像没有通项公式

放个第一类斯特林数的模板题 链接

题意如下

给出N个房间，每个房间的钥匙随机放在某个房间内，概率相同。有K次炸门的机会，求能进入所有房间的可能性

为多大。但是1号房间不能打开

思路 钥匙与门呈环形对应关系。打开一个门之后，环内的所有房间都可以进入。问题转变为N个房间形成1~K个环

的可能性有多大。因为1号门不能破坏，所以s(n,k)-s(n-1,k-1)为实际的构成k个环的方法数，也就是去掉1号独立成

环的情况。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug printf(" I am here\n");
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll,ll> pii;
mt19937 rnd(time(0));
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn=20+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-10;
int n,k;
ll dp[maxn][maxn];
ll fac[maxn];
signed main(){
    for(int i=0;i<=20;i++){
        dp[0][i]=1;
        if(i==0){
            fac[i]=1;
        }else{
            fac[i]=fac[i-1]*i;
        }
    }
    for(int i=1;i<=20;i++){
        for(int j=1;j<=20;j++){
            dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+(i-1)*dp[i-1][j];
        }
    }
    int _;scanf("%d",&_);
    while(_--){
        scanf("%d%d",&n,&k);
        double ans=1.0*(dp[n][k]-dp[n-1][k-1])/fac[n];
        printf("%.4f\n",ans);
    }

    return 0;
}