第一類斯特林數定義如下：
\(s_1(n,k)\)表示\(n\)個元素組成\(k\)個圓排列的方案數。
其中\(n\)個元素的圓排列定義為\(n\)個元素圍成一圈的排列，兩個圓排列本質相同當且僅當兩個圓排列以任意方式旋轉之後相同。
那麼我們可以得到第一類斯特林數的遞推公式：
\[s_1(n,k)=s_1(n-1,k-1)+(n-1)\cdot s_1(n-1,k)
\]這個很好理解，第一項是第\(n\)個元素單獨組成乙個圓排列，第二項是不單獨組成，那麼我可以把第\(n\)個元素放在任意乙個元素的左邊（右邊），這裡左邊和右邊其實是等價的。
這樣求出\(s_1(n,k)\)時空複雜度都是\(o(nk)\)的，但是我們還有更優秀的做法：
考慮下面這個生成函式：
\[f(x)=\prod_^(x+i)
\]其中\([x^k]f(x)\)就是\(s_1(n,k)\)。
這個可以對照著前面的遞推方程感性理解，基本上就是每乘一次\((x+i)\)就表示從\(s_1(n,k)\)轉移到\(s_1(n+1,k)\)。
那麼我們就可以分治\(fft\)優化到\(o(n\log^2n)\)。
好像還有一種倍增的\(o(n\log n)\)的做法先咕著以後再填。
例題：[洛谷4609] [fjoi2016]建築師，這個直接暴力遞推就好了。
[cf960g] bandit blues，這個需要分治\(fft\)。
第二類斯特林數定義如下：
\(s_2(n,k)\)表示把\(n\)個不同的元素放到\(k\)個無差別的盒子的方案數。
那麼很顯然我們可以得到遞推式：
\[s_2(n,k)=s_2(n-1,k-1)+k\cdot s_2(n-1,k)
\]複雜度\(o(nk)\)。
考慮乙個比較有意思的東西，假設我們現在要算\(s_2(n,k)\)，設\(f(i)\)表示至少\(i\)個盒子空著的方案數，\(g(i)\)表示恰好\(i\)個盒子空著的方案數。
那麼我們可以得到：
\[f(i)=\sum_^k\binomg(j)=\binom(k-i)^n
\]對其廣義容斥一下可得：
\[g(i)=\sum_^k(-1)^\binom\binom(k-j)^n
\]那麼可以據此算出\(s_2\)：
\[s_2(n,k)=g(0)=\sum_^k(-1)^i\binom(k-i)^n
\]注意到這是個卷積的形式，所以我們可以在\(o(n\log n)\)的時間內求出\(s_2(n,i)\)的每一項，這裡每一項指的是對於給定的\(n\)，\(i\in [1,n]\)的每一項。
例題：洛谷p4091 [heoi2016/tjoi2016]求和，solution是很久以前寫的了，不是很好看...還是放這裡吧：sol。
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