第一類斯特林數： $ n $ 元置換分解為 $ k $ 個獨立輪換的方案數，即：
\[\begin n \\ k \end =
( n - 1 ) \begin n - 1 \\ k \end +
\begin n - 1 \\ k - 1 \end.
\]第二類斯特林數： $ n $ 個元素分成 $ k $ 個非空集合的方案數，即：
\[\begin n \\ k \end =
k \begin n - 1 \\ k \end +
\begin n - 1 \\ k - 1 \end.
\]下降冪：
\[x^ } = x( x- 1 ) \cdots ( x - n + 1 ).
\]上公升冪：
\[x^ } = x( x + 1 ) \cdots ( x + n - 1 ).
\]以下給出的公式不予證明（咕了）。
反轉公式：
\[\sum\limits_ \begin n \\ i \end \begin i \\ m \end ( -1 )^ = [ n == m ] \\
\sum\limits_ \begin n \\ i \end \begin i \\ m \end ( -1 )^ = [ n == m ]
\]借助反轉公式容易證明以下三個等式：
\[\begin
x^ } = \sum_^ (-1)^ \begin n \\ k \end x^
& \longleftrightarrow x^ = \sum_^ \begin n \\ k \end x^ } \\
x^ } = \sum_^ \begin n \\ k \end x^
& \longleftrightarrow x^ = \sum_^ (-1)^ \begin n \\ k \end x^ } \\
x^ } = \sum_^ l( n , k ) x^ }
& \longleftrightarrow x^ } = \sum_^ ( -1 )^ l( n , k ) x^ }
\end
\]其中 $ l( n , m ) = \sum\limits_ \begin n \newline i \end \begin i \newline m \end = \binom \frac $ 。
而且以上三種關係均可以擴充套件到任意的 $ f( n ) , g( n ) $ 。
第一類斯特林數-行
眾所周知的有
\[x^ } = \sum\limits_^ \begin n \\ k \end x^
\]所以就是求 $ x^ } $ 。
考慮倍增，每次相當於是由 $ f( x ) $ 求 $ f( x + m ) $ 。
設 $ a_ = [ x^ ] f( x ) $ ，有
\[\begin
f( x + m ) &= \sum\limits_^ a_ ( x + m )^ \\
&= \sum\limits_^ a_ \sum\limits_^ x^ m^ \binom \\
&= \sum\limits_^ \frac } \sum\limits_^ i!a_ \frac }
\end
\]把後面的 $ i!a_ $ 反過來再卷積就好。
第一類斯特林數-列
生成函式。
強制環有標號，單個的egf $ f( x ) = \sum\limits_ ( i - 1 )! \frac } $ 。
m個是 $ g( x ) = f^( x ) $ 。
快速冪之後除回去 $ m! $ 就好。
但注意由於 $ f( 0 ) $ 不能為 $ 0 $ ，所以要先平移計算完後在算回去。
第二類斯特林數-行
眾所周知的有
\[\begin
m^ &= \sum\limits_^ \begin n \\ k \end m^ } \\
&= \sum\limits_^ \begin n \\ k \end \binom k! \\
&= \sum\limits_^ \begin n \\ k \end \binom k! \\
\end\]設
\[f( m ) =m^ , g(m) = \begin n \\ m \end m!
\]二項式反演變成
\[\begin
\begin n \\ m \end m!
&= \sum\limits_^ \binom k^ ( -1 )^ \\
\begin n \\ m \end
&= \sum\limits_^ \frac } \frac }
\end
\]直接上fft卷就好。
第二類斯特林數-列
直接從生成函式的角度考慮。
先強制集合有標號，計算其egf $ f( x ) = e^ - 1 $ 。
m個集合的答案就是 $ g( x ) = f^( x ) $ 。
直接多項式快速冪。
最後再除回去 $ m! $ 。
關於 $ f( 0 ) $ 不能為 $ 0 $ 的處理方法同上。
斯特林數 斯特林反演
第一類stirling數 s n,m 也可記為 beginn m end 第一類stirling分為無符號第一類stirling數 s u n,m 和帶符號第一類stirling數 s s n,m 他們分別表現為其公升階函式和降階函式的各項係數，形式如下 x x cdot x 1 cdot x 2 ...
斯特林數（Stirling）
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有關斯特林數
這種情況即只需要考慮每個人左邊是誰就ok啦。考慮第n個人怎麼插入，他既可以直接自己成乙個環，也可以插到之前的人中間。s n,k s n 1,k 1 s n 1,k n 1 因為這個人有n 1個地方可以塞進去 s n,k 表示n個人站成k個圓的方案數 與上面的區別是，上面需要考慮每個圓裡面的元素是怎麼...