斯特林数（Stirling number）

在组合数学，Stirling 数可指两类数，第一类Stirling 数和第二类 Stirling 数，都是由18世纪数学家 James Stirling 提出的。

Stirling 数有两种，第一类和第二类Stirling 数

第一类斯特林数：

形如$\left[\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right]$，也写作 $s(n,k)$

组合意义：

$s(n,k)$ 表示吧$n$个数分成$k$组，每组是一个环，求分成的方案数。

也就是一个轮子，怎么转都是一样的，如：1,2,3,4 和 4,1,2,3 只算一种方案。

递推式：

$$s(n+1,2)=s(n,1)+s(n,2)\cdot n$$

即要么自成一个环，要么加入其它$k$个环，可以插入$n-1$个位置。（每两个数之间）

当然边界条件$\left[\begin{matrix}0\\0\end{matrix}\right]=1$

性质：

1. $s(n,1)=(n-1)!$

2. $s(n,2)=(n-1)!\times\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}$

3. $\sum_{i=0}^n s(n,k)=n!$

证明：

1. 显然，我们把$n$个元素排列起来，有$n!$种可能，首尾相接即可得到一个环。这里面每种情况重复了$n$次，因为可以旋转$n$次，所以除以$n$，得到$s(n,1)=(n-1)!$。

2. 通过数学归纳法可以证明。

\begin{align*}s(n+1,2)&=s(n,1)+s(n,2)\cdot n \\&=(n-1)!+n(n-1)!\sum _{i=1}^{n-1}\frac{1}{i} \\&=(n-1)!+n!\sum _{i=1}^{n-1}\frac{1}{i} \\&=\frac{n!}{n}+n!\sum _{i=1}^{n-1}\frac{1}{i} \\&=n!\sum _{i=1}^{n}\frac{1}{i} \\\end{align*}

3. 这里有一个巧妙地“算两次”方法。
 首先构造一个问题，求$n$个数的所有排列。
 首先用乘法原理直接得出结论，$ans=n!$。
 我们知道，对于一个排列对应一个置换，即：

\begin{pmatrix}
1 & 2 & ... & n \\ a_1 & a_2 & ... & a_n
\end{pmatrix}

把这个置换中的上下对应位置连边，可以得到许多的环。由于排列和置换是一一对应的，所以我们要求排列的个数，就是求用$n$个元素组成环的方案数，所以我们枚举环的个数:

$$n!=\sum_{k=1}^ns(n,k)$$

由于我们有$s(n,0)=0$，所以也可以写成：

$$\sum_{k=0}^ns(n,k)=n!$$

第二类斯特林数：

形如$\left\{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right\}$，也写作 $S(n,k)$

组合意义：

$S(n,k)$ 表示吧$n$个数分成$k$组，组内无序，每组没有区别。

递推式：

\begin{align*}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\k-1\end{Bmatrix}+\begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}*k\\\end{align*}

即要么自成一个组，要么加入其它$k$个组，可以插入$k$个组。

当然边界条件$\left\{\begin{matrix}0\\0\end{matrix}\right\}=1$

性质：

没有什么特别常用的。

通项公式：

$$S(n,m)=\frac{1}{m!} \sum _{k=0}^m (-1)^kC_m^k(m-k)^n$$

大概就是容斥原理，$k$枚举有多少个集合是空的，每种情况有$C^k_m$种空集情况，$n$个元素可以放进非空的$m-k$个集合中。这样求出来的答案是有序的，所以我们除以$m!$使得其变为无序。

卷积形式：

它具有卷积的形式$\begin{align*}\left\{\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right\}=\sum\limits_{k=0}^m\dfrac{(-1)^k}{k!}\dfrac{(m-k)^n}{(m-k)!}\end{align*}$

可以用FFT在$O(m\log_2m)$的时间内算出$\left\{\begin{matrix}n\\1\end{matrix}\right\}\cdots\left\{\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right\}$

转化幂：

第二类斯特林数可以用于转化幂：$\begin{align*}x^n=\sum\limits_{k=1}^n\left\{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right\}x^\underline k\end{align*}$，可以用归纳法证明

\begin{align*}x^n&=x\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left\{\begin{matrix}n-1\\k\end{matrix}\right\}x^\underline k\\&=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left\{\begin{matrix}n-1\\k\end{matrix}\right\}(x^\underline{k+1}+kx^\underline k)\\&=\sum\limits_{k=1}^n\left\{\begin{matrix}n-1\\k-1\end{matrix}\right\}x^\underline k+\sum\limits_{k=1}^n\left\{\begin{matrix}n-1\\k\end{matrix}\right\}kx^\underline k\\&=\sum\limits_{k=1}^n\left\{\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right\}x^\underline k\end{align*}