斯特林数

斯特林数有两类，分为第一类斯特林数和第二类斯特林数。

其中第一类斯特林数又有无符号版本和有符号的版本。这里主要介绍无符号版本。

第一类斯特林数

定义

将$1-n$划分为$k$个圆排列的方案数，这$k$个圆排列相互之间没有顺序。记作$s(n,k)$或$\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]$。

求法

$\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right]+(n-1)\left[\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right]$

推导的思路：
假设我们现在正在放第$n$个数，我们目前有两种选择：

1. 将$n$放到新的圆当中
2. 将$n$放到已有的圆中

对于第一种选择，对于$n$来说，放到新圆当中，只有一种放法。因此我们主要考虑前$n-1$个数的放法即可。我们发现前$n-1$个数的放法其实就是一个斯特林数$\left[\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right]$，也就是将$n-1$个数划分为$k-1$个圆排列的方案数。

对于第二种选择，对于$n$来说，放到之前的圆排列中的方案数，我们可以根据下面的例子得出：

对于这个含有4个数的圆排列，现在我想往里面插入一个数，总共有几种方案？
可以发现，我们可以把新的数插入到$1$的后面，或者到$2$的后面，或者$3$的后面，或者$4$的后面，也就是图中的$a,b,c,d$四个位置。总共有4种方案。

因此我们现在想将$n$插入到之前已存在的圆排列当中，就相当于选择插入到哪个前$n-1$个数的后面。因此，有$n-1$种方案。

考虑了$n$的插入放法，基于之前$n-1$个数已经分成了$k$个圆排列。因此最终第二种选择的方案数就是：$(n-1)\ast \left[\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right]$。

两种选择的方案数相加即可推出上式。

性质

1. $\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]=1$
2. $\left[\begin{array}{c}n\\ n\end{array}\right]=1$
3. $\left[\begin{array}{c}n\\ 0\end{array}\right]=0$
4. $\left[\begin{array}{c}n\\ 1\end{array}\right]=(n-1)!$
   推导：
   这就相当于$n$个数的圆排列。$n$个数组成一个圆的方案数总共有$n!$种，不过，对于每种方案，都有$n$个圆排列通过旋转可以与其相同，因此，不同的圆排列方案数有$\frac{n!}{n}=(n-1)!$
5. $\left[\begin{array}{c}n\\ n-1\end{array}\right]=C_n^2$
6. $\left[\begin{array}{c}n\\ 2\end{array}\right]=\frac{1}{2}{\sum }_{i=1}^{n-1}{C}_n^i(i-1)!(n-i-1)!=(n-1)!{\sum }_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}$
   推导过程如下：
   $\frac{1}{2}{\sum }_{i=1}^{n-1}{C}_n^i(i-1)!(n-i-1)!=\frac{1}{2}{\sum }_{i=1}^{n-1}\frac{n!}{i(n-i)}=\frac{1}{2}{\sum }_{i=1}^{n-1}(n-1)!\frac{n}{i(n-i)}=\frac{1}{2}{\sum }_{i=1}^{n-1}(n-1)!(\frac{1}{i}+\frac{1}{n-i})=\frac{1}{2}\ast 2{\sum }_{i=1}^{n-1}(n-1)!\frac{1}{i}=(n-1)!{\sum }_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}$
   倒数第二步的推导，是由于$\frac{1}{i}$和$\frac{1}{n-i}$在取值范围内的值域相同，因此可以直接2倍。
7. $\left[\begin{array}{c}n\\ n-2\end{array}\right]=2C_n^3+3C_n^4$
8. ${\sum }_{k=0}^{n}s(n,k)=n!$
   可以通过升阶函数证明。

第二类斯特林数

定义

将$1-n$划分成$k$个子集的方案数，记作$S(n,k)$或$\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}$。

求法

$S(n,k)=S(n-1,k-1)+kS(n-1,k)$

递推方式与第一类相同。

性质

1. $S(n,0)=0^n$
2. $S(n,1)=1$
3. $S(n,n)=1$
4. $S(n,2)=2^{n-1}-1$
   假设两个集合有序，那么$n$个数插入两个集合的总方案数是$2^n$，由于两个集合都不能为空，因此方案数是$2^n-2$。最后因为两个集合不考虑相互位置，因此，总方案数是$(2^n-2)/2=2^{n-1}-1$。
5. $S(n,n-1)=C_n^2$
6. $S(n,n-2)=C_n^3+3C_n^4$
7. $S(n,n-3)=C(n,4)+10C(n,5)+15C(n,6)$
8. ${\sum }_{k=0}^{n}S(n,k)=B_n,B_n是贝尔数$

通项公式

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

两类斯特林数的关系

${\sum }_{k=0}^n\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]\left\{\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right\}={\sum }_{k=0}^n\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}\left[\begin{array}{c}k\\ m\end{array}\right]$