\(x^n=\sum\limits_^n \left\n \\ k\end\right\} x^\)
\(x^=\sum\limits_^n\left[\beginn\\k\end\right] x^k\)
依然用到求兩次的思想
對於\(x^n\)
可以理解為用x種顏色給n個點染色
我們有兩種求法：
1.每個點有x種染色方案，x^n
2.總共染k種顏色，把n個點分到k個集合中
對於\(x^\)
可以理解為x種顏色，將n個點組成若干條項鍊，同一條項鍊上的點顏色必須相同，不同鏈可以染同種顏色
我們有兩種求法
1.將n個點合成k條項鍊（輪換），再給每條項鍊統一染色，\(x^k\)
2.按編號從小到大加入每個點，可以選擇在x種顏色中選一種自成一串，也可以選擇接在之前某個珠子後面並繼承一樣的顏色，第乙個點方案數x，第二個點方案數x+1，第三個點方案數x+2，第n個點方案數x+n-1,總方案數為\(x^\)
\[\begin
x^&=(-1)^n*(-x)^\\
&=(-1)^n*\sum_^n \left[\beginn\\k\end\right] (-x)^k\\
&=\sum_^n \left[\beginn\\k\end\right] (-1)^x^k\\
(-1)^=(-1)^,則有\\
x^&=\sum_^n (-1)^ \left[\beginn\\k\end\right]x^k
\end
\]裂項求和的原理，通過把\(f(x)=\delta g(x)=g(x+\delta x)−g(x)\)
\(f\)相加的話\(g\)中相鄰兩項就會約掉
我們說\(g\)是\(f\)的原函式
\[\begin
\delta x^&=(x+1)^-x^\\
&=(x+1)x^}-(x-n+1)x^}\\
&=nx^}\\
把式子的n換成n+1,則有\\
\delta x^}&=(n+1)x^\\
x^&=\frac}} \\
x^&=\frac}} - \frac}} \\
\end\]
所以\(x^\)的原函式為\(\frac 1 }}\)
\[\begin
f_t(n)&=\sum_^n k^t\\
&=\sum_^n\sum_^t \left\t\\i\end\right\}k^\\
&=\sum_^t \left\t\\i\end\right\}\sum_^nk^\\
k^原函式為\frac 1 }}\\
&=\sum_^t \left\t\\i\end\right\}\sum_^n
\frac }} \\
&=\sum_^t \frac t\\i\end\right\}} \sum_^n
}} \\
&=\sum_^t \frac t\\i\end\right\}} \sum_^n\sum_^(-1)^\left[\begini+1\\j\end\right] (n+1)^j
\end
\]
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）
第一類斯特林數表示的是將n個不同元素分成k個不同的環的方案數。兩個環不相同當且僅當這兩個環不能通過旋轉得到。記作s n,k 遞推關係的說明 1.考慮第n個物品，n可以單獨構成乙個非空迴圈排列，這樣前n 1種物品構成k 1個非空迴圈排列，方法數為s n 1,k 1 2.也可以前n 1種物品構成k個非空...
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...