$s_1(n,m)$表示$n$個元素，形成$m$個環的方案數，記作$\beginn\\m\end$。
其中每個元素是不同的，每個環是相同的。
從實際含義上去考慮，第一類斯特林數遞推公式為：
$\beginn\\m\end=\beginn-1\\m-1\end+(n-1)*\beginn-1\\m\end$
分別對應形成新的環，方案數即$\beginn-1\\m-1\end$。
接在原來的乙個環中乙個元素的後面，方案數即$(n-1)*\beginn-1\\m\end$
1.第一類斯特林數第$n$行的和為$n!$，即
$\sum \limits_^n\beginn\\i\end=n!$
考慮$n!$，表示$n$個元素的排列。建立$i \rightarrow p_i$的置換，顯然會形成若干個環。
這與第一類斯特林數在第$n$行的的一種方案是一一對應的。
2.第一類斯特林數的乙個用途是用通常冪表示上公升冪，有
$x^=\sum \limits_^n \beginn\\i\endx^i$
證明可以通過數學歸納法。
當$n=0$，原式$x^=1=x^0$顯然成立。
$x^=\sum \limits_^n \beginn\\i\endx^i$
設原式在$n$時成立，只要證原式在$n+1$時也成立。
左右同乘$x+n$可得，$x^=x^*(x+n)$
$=\sum \limits_^n \beginn\\i\endx^i*(x+n)$
$=\sum \limits_^ \beginn+1\\i\endx^i$
3.對於通常冪，顯然有$x^n=(-x)^n*(-1)^n$
對於下降冪和上公升冪，同樣有
$x^=(-x)^*(-1)^n$
$x^=(-x)^*(-1)^n$
將該式代入$x^=\sum \limits_^n \beginn\\i\endx^i$
整理可得用通常冪表示下降冪的式子
$x^=\sum \limits_^n \beginn\\i\end(-1)^x^i$
對於同一行第一類斯特林數的求解，可以直接利用第二個性質。
對$x^$做分治$fft$即可。
這個做法的複雜度是$o(nlog^2n)$的，可以用一些做法優化到乙個log，待補。
$s_2(n,m)$表示$n$個元素，形成$m$個集合的方案數，記作$\beginn\\m\end$。
其中每個元素是不同的，每個集合是相同的。
從實際含義上去考慮，第二類斯特林數遞推公式為：
$\beginn\\m\end=\beginn-1\\m-1\end+m*\beginn-1\\m\end$
分別對應形成新的集合，方案數即$\beginn-1\\m-1\end$。
加入任意乙個已有的集合，方案數即$m*\beginn-1\\m\end$
1.第二類斯特林數的乙個用途是用下降冪表示通常冪，有
$x^n=\sum \limits_^n \beginn\\i\endx^$
證明(1) 通過數學歸納法，與第一類斯特林數的證明類似，這裡略過。
證明(2) 考慮$x^n$的實際含義，將$n$個不同元素放入$x$個不同集合中。
有$x^n=\sum_^n\beginn\\i\end\binom i!$
因為第二類斯特林數中的集合是無差別的，所以最後應當乘上$i!$。
整理上式可得要證的式子，實際上這個含有組合數的公式也是有時候要化成的形式。
2.同樣代入負數形式，可得用上公升冪表示通常冪的形式，即
$x^n=\sum \limits_^n \beginn\\i\end(-1)^x^$。
單點求解第二類斯特林數存在一種$o(n)$的容斥方法。
設共有n個不同元素，為了方便，設共有m個不同集合。
設$g_x$表示恰好$x$個集合為空的方案數。
設$f_x$表示欽定$x$個集合為空的方案數，有
$f_x=\binom(m-x)^n$
$f_x=\sum \limits_^\binomg_i$
由二項式反演得
$g_x=\sum \limits_^(-1)^\binomf_i$。
代入$x=0$，可得
$\beginn\\m\end=\frac*\sum \limits_^(-1)^i\binom(m-i)^n$
拆一拆就發現這個玩意是個卷積式，所以求同一行第二類斯特林數可以做到$o(nlogn)$。
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...