第一类斯特林数(无符号第一类斯特林数）\(\left[ n\atop m\right]\)

表示n个带标号元素划分为m个圆排列（圆排列本身之间不可区分）的方案数。

\[\left[ n\atop m\right]= \left[ n-1\atop m-1\right]+(n-1) \left[ n-1\atop m\right]\\ n!=\sum_{i=0}^{n}\left[ n \atop i \right]\\ \]

第二类斯特林数 \(\left\{ n \atop m \right\}\)

表示n个带标号元素划分进m个集合（集合本身之间不可区分）的方案数。

\[\left\{ n \atop m \right\}=\left\{ n-1 \atop m-1 \right\}+m\left\{ n-1 \atop m \right\} \]

上式为定义式。

\[\left\{ n \atop m \right\}=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^{m}(-1)^{i}\binom{m}{i}(m-i)^n ...... (1)\\ \]

上式可用容斥得到。就是枚举有多少个集合是空集，剩下的集合不管是不是空集随便放。

\[\left\{ n \atop m \right\}=\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^i}{i!}\times\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}\\ \]

上式是(1)的变形，可以使用卷积求出n一定m不同（一行）的第二类斯特林数。

\[x^n=\sum_{i=0}^n\left\{n \atop i \right\} i! \left( x\atop i\right) =\sum_{i=0}^n\left\{ n\atop i\right\}x^\underline{i}\\ \]

上式为一个定理，证明就是把(1)式直接进行二项式反演即可。

贝尔数 \(Bell(x)\)

表示n个带标号元素划分进若干个集合（集合本身之间不可区分）的方案数。

\[Bell(n)=\sum_{i=0}^{n} \left\{ n \atop i \right\}\\ Bell(n+1)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}Bell(k)\\ \]

伯努利数 \(B(x)\)

注：部分推导思路参考于yyb巨佬的博客和Judge巨佬的博客

\[\sum_{i=0}^{n} \binom{n+1}{i} B_i=0 ,~~ n>0 (B_0=1)\\ B_n=-\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n-1}B_i\binom{n+1}{i}, (n>0)\\ \]

定义式以及递推式。然后有如下推导可得伯努利数egf：

\[B_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}B_i\; ,\; (n>1)\\ \frac{B_n}{n!}=\sum_{i=0,i\neq 1}^{n}(\frac{B_i}{i!}\times\frac{1}{(n-i)!})\\ \sum_{i=0,i\neq 1}^{\infty}\frac{B_i}{i!}=\sum_{i=0,i\neq 1}^{\infty} \sum_{j=0}^{i}(\frac{B_j}{j!}\times\frac{1}{(i-j)!})\\ \sum_{i=0}^{\infty}(\frac{B_i}{i!}+[i=1])=\sum_{i=0}^{\infty} \sum_{j=0}^{i}(\frac{B_j}{j!}\times\frac{1}{(i-j)!})\\ \sum_{i=0}^{\infty}(\frac{B_i}{i!}+[i=1])x^i=\sum_{i=0}^{\infty} x^i\sum_{j=0}^{i}(\frac{B_j}{j!}\times\frac{1}{(i-j)!})\\ x+\sum_{i=0}^{\infty}\frac{B_i}{i!}x^i=\sum_{i=0}^{\infty} x^i\sum_{j=0}^{i}(\frac{B_j}{j!}\times\frac{1}{(i-j)!})\\ x+B(x)=B(x)e^x\\ B(x)=\frac{x}{e^x-1} \]

以下是对一个常见定理的表述:

\[\sum_{i=0}^{n-1}i^k=\frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^k\binom{k+1}{i}B_i n^{k+1-i} \]

证明如下。我们令幂和的egf为\(A(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}\sum_{j=0}^{n-1}j^i\)。此处为yyb大佬的神仙推导。

\[\begin{aligned} A(x)&=\sum_{i=0}^{\infty}(\sum_{j=0}^{n-1}j^i)\frac{x^i}{i!}=\sum_{j=0}^{n-1}\sum_{i=0}^{\infty}j^i\frac{x^i}{i!}\\ &=\sum_{j=0}^{n-1}e^{jx}=\frac{e^{nx}-1}{e^x-1}\\ &=B(x)\frac{e^{nx}-1}{x} \end{aligned} \]

然后展开：

\[\begin{aligned} A(x)&=B(x)\frac{e^{nx}-1}{x}\\ &=B(x)\frac{\sum_{i=1}^{\infty}n^i\frac{x^i}{i!}}{x}......(1)\\ &=B(x)\sum_{i=0}^{\infty}n^{i+1}\frac{x^i}{(i+1)!}\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{i}B_j\frac{x^j}{j!}n^{i+1-j}\frac{x^{i-j}}{(i+1-j)!}\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{(i+1)!}\sum_{j=0}^{i}\frac{(i+1)!}{j!(i+1-j)!}B_jn^{i+1-j}\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}\frac{1}{i+1}\sum_{j=0}^{i}\binom{i+1}{j}B_jn^{i+1-j}\\ \end{aligned}\\ \therefore \sum_{i=0}^{n-1}i^k=\frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^{k}\binom{k+1}{i}B_in^{k+1-i}\\ \]

小思考：\((1)\)式分子可以用组合意义展开再用二项式定理合并系数。