斯大林数（大雾
第一类斯特林数
\({\displaystyle \left[{\begin{matrix}n\\m\end{matrix}}\right]\,}\)
将 \(n\) 个数分为 \(m\) 个非空圆排列的方案数。
圆排列是否相同，仅考虑每一个数的前驱后继是否相同。
递推公式
考虑第 \(n\) 个数的去向：新增一个圆排列，或者插入到 \(n-1\) 个数中的一个的后面。
\[{\displaystyle \left[{\begin{matrix}n\\m\end{matrix}}\right]\,} = {\displaystyle \left[{\begin{matrix}n-1\\m-1\end{matrix}}\right]\,} + (n-1){\displaystyle \left[{\begin{matrix}n-1\\m\end{matrix}}\right]\,}
\]
第二类斯特林数
\({\displaystyle \left\{{\begin{matrix}n\\m\end{matrix}}\right\}\,}\)
将 \(n\) 个数分为 \(m\) 个非空集合的方案数。
集合具有无序性，内部的数无排列顺序。
数在不同集合 才算不同方案。
递推公式
考虑第 \(n\) 个数的去向：新增一个集合，或者插入到 \(m\) 个集合中的一个。
\[{\displaystyle \left\{{\begin{matrix}n\\m\end{matrix}}\right\}\,}={\displaystyle \left\{{\begin{matrix}n-1\\m-1\end{matrix}}\right\}\,}+m{\displaystyle \left\{{\begin{matrix}n-1\\m\end{matrix}}\right\}\,}
\]
通项公式
\[{\displaystyle \left\{{\begin{matrix}n\\m\end{matrix}}\right\}\,}=\dfrac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k{\displaystyle \left({\begin{matrix}m\\k\end{matrix}}\right)\,}
(m-k)^n\]
先计算集合有编号时的方案数。
有编号方案数 \(\div m!\) = 无编号方案数。
选出的 \(m\) 个数全排列为 \(m!\)，一个无编号选法对应 \(m!\) 个有编号选法。
容斥，搞掉非空的限制。
考虑计算至少有 \(k\) 个集合为空的方案数。
必空集合的选法有 \({\displaystyle \left({\begin{matrix}m\\k\end{matrix}}\right)\,}\) 种。
剩下 \(m-k\) 个集合，\(n\) 个数每一个数有 \(m-k\) 种放置方案，其方案为 \((m-k)^n\)。
则至少有 \(k\) 个集合为空的方案数为 \({\displaystyle \left({\begin{matrix}m\\k\end{matrix}}\right)\,}
(m-k)^n\)。
乘上容斥系数，除掉 \(m!\) 得到上式。
下降幂
定义
\(n\) 的 \(m\) 次下降幂定义为：
\[n^{\underline{m}} = n(n-1)(n-2)\cdots (n-m+1) = \dfrac{n!}{(n-m)!}
\]
观察可知 \(n^{\underline{m}} = A(n,m)\)。
则有：\(n^{\underline{m}}={n\choose m} \times m!\)。
定理
\[n^{m} = \sum_{i=0}^{m}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline{i}}
\]
将通常幂转化为了下降幂。
证明考虑组合意义。
\(n^m\) 表示将 \(m\) 个有标号的球放到 \(n\) 个有标号的盒子的方案数。
不限制盒子非空。
考虑枚举非空的盒子数 \(i\)，将 \(m\) 个球分配到这 \(i\) 个盒子。
由于盒子带有标号，相当于选择一个盒子的排列。
其方案数为 \(A(n, i) = n^{\underline{i}}\)。
排列确定后，盒子可看做无标号集合。
将 \(m\) 个有标号球分到 \(i\) 个集合，考虑第二类斯特林数的实际意义。
其方案数为 \(\begin{Bmatrix}m\\i \end{Bmatrix}\)。
得证。
上升幂
定义
\(n\) 的 \(m\) 次上升幂定义为：
\[n^{\overline{m}} = n(n+1)(n+2)\cdots (n+m-1)
\]
定理
\[n^{\overline{m}} = \sum_{i=0}^{m}{\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}n^{i}
\]
将上升幂转化为了通常幂。
证明考虑数学归纳。
当 \(m=1\) 时，有 \(n^1 = n^1\)，结论成立。
当 \(m>1\) 时，归纳得 \(m-1\) 时结论成立。
把左侧拆开，有：
\[n^{\overline{m}} = n^{\overline{m-1}}(n + m- 1)
\]
代入结论，再把 \((n+m-1)\) 乘入求和中，有：
\[\begin{aligned}
&n^{\overline{m-1}}(n + m - 1)\\
=& (n+m-1)\sum_{i=0}^{m-1}\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^i\\
=& \sum_{i=0}^{m-1}\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix} n^{i+1}+\sum_{i=0}^{m-1}(m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^{i}
\end{aligned}\]
对于第一项，使枚举的 \(i\) 整体 + 1，有：
\[\begin{aligned}
& \sum_{i=0}^{m-1}\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix} n^{i+1}+\sum_{i=0}^{m-1}(m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^{i}\\
= &\sum_{i=1}^{m}\begin{bmatrix}m-1\\i-1\end{bmatrix} n^{i}+\sum_{i=0}^{m-1}(m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^{i}
\end{aligned}\]
两项的 \(n^i\) 次数相同，考虑将其合并。
合并后产生的两项显然无意义，其值为 \(0\)。
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^{m}\begin{bmatrix}m-1\\i-1\end{bmatrix} n^{i}+\sum_{i=0}^{m-1}(m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}n^{i}\\
=& \sum_{i=0}^{m}n^{i}\left(\begin{bmatrix}m-1\\i-1\end{bmatrix} + (m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}\right) - \begin{bmatrix}m-1\\0-1\end{bmatrix}n^0 - (m-1)\begin{bmatrix}m-1\\m\end{bmatrix}n^{m}\\
=& \sum_{i=0}^{m}n^{i}\left(\begin{bmatrix}m-1\\i-1\end{bmatrix} + (m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}\right)
\end{aligned}\]
发现求和内满足第一类斯特林数的递推公式，则有：
\[\sum_{i=0}^{m}n^{i}\left(\begin{bmatrix}m-1\\i-1\end{bmatrix} + (m-1)\begin{bmatrix}m-1\\i\end{bmatrix}\right)= \sum_{i=0}^{m}{\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}n^{i}
\]
得证。
斯特林反演
反演是个啥？反演。
定理
\[f(n) = \sum_{k=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}g(k) \iff g(n) = \sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}f(k)
\]
引理 1
\[x^{\underline{n}} = (-1)^{n}(-x)^{\overline{n}}
\]
\[x^{\overline{n}} = (-1)^{n}(-x)^{\underline{n}}
\]
以式 1 为例：
暴力展开即可，有：
\[\begin{aligned}
x^{\underline{n}} =& \prod_{i=0}^{n-1}(x-i)\\
=& (-1)^n \prod_{i=0}^{n-1}-(x-i)\\
=& (-1)^n \prod_{i=0}^{n-1}(-x + i)\\
=& (-1)^n (-x)^{\overline{n}}
\end{aligned}\]
式 2 同理可证。
引理 2（反转公式）
根据反演的前提条件，需要证明下式。
此式又被称为反转公式：
\[\begin{cases}
\sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{n-j}\begin{bmatrix}n\\j\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}j\\k\end{Bmatrix}=\left[k=n\right]\\
\sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{j-k}\begin{Bmatrix}n\\j\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}=\left[k=n\right]
\end{cases}\]
以式 2 为例：
对 下降幂的性质 应用引理 1，有：
\[\begin{aligned}
n^{m} =& \sum_{i=0}^{m}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline{i}}\\
=& \sum_{i=0}^{m}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}(-1)^i{(-n)}^{\overline{i}}
\end{aligned}\]
套用 上升幂性质，有：
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=0}^{m}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}(-1)^i{(-n)}^{\overline{i}}\\
=& \sum_{i=0}^{m}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}(-1)^i\sum_{j=0}^{i}{\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}}{(-n)}^{j}
\end{aligned}\]
交换求和符号，有：
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=0}^{m}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}(-1)^i\sum_{j=0}^{i}{\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}}{(-n)}^{j}\\
=& \sum_{j=0}^{m} (-n)^j \sum_{i=j}^{m}(-1)^i\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}
\end{aligned}\]
上式中满足 \(j\le i\)，从 \((-1)^i\) 中取出 \(j\) 个，乘到前面，有：
\[\begin{aligned}
&\sum_{j=0}^{m} (-n)^j \sum_{i=j}^{m}(-1)^i\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}\\
=& \sum_{j=0}^{m} n^j \sum_{i=j}^{m}(-1)^{i-j}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}
\end{aligned}\]
最后得到：
\[n^{m}= \sum_{j=0}^{m} n^j \sum_{i=j}^{m}(-1)^{i-j}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}
\]
显然，若上式成立，则需满足：
\[\sum_{i=j}^{m}(-1)^{i-j}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix} = \begin{cases}
1 &j=m\\
0 &j\not = m
\end{cases}\]
即：
\[\sum_{i=j}^{m}(-1)^{i-j}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix} = [j=m]
\]
得证。
注意证明时的变量名 与 反转公式中的变量名不同。
不要晕了
然后是式 1。
对 上降幂的性质 应用引理 1，有：
\[\begin{aligned}
n^{\overline{m}} &= \sum_{i=0}^{m}{\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}n^{i}\\
(-1)^{m}(-n)^{\underline{m}}&= \sum_{i=0}^{m}{\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}n^{i}
\end{aligned}\]
左右同乘 \((-1)^m\)，将 \(n^i\) 化为 \((-n)^i\)，有：
\[\begin{aligned}
(-1)^{m}(-n)^{\underline{m}}&= \sum_{i=0}^{m}{\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}n^{i}\\
(-n)^{\underline{m}}&= \sum_{i=0}^{m}{\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}(-1)^m n^{i}\\
(-n)^{\underline{m}}&= \sum_{i=0}^{m}{\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}(-1)^{m-i} (-n)^{i}
\end{aligned}\]
发现 \((-n)^m\) 与其他变量均无关，得到了一个恒等式：
\[n^{\underline{m}}= \sum_{i=0}^{m}{\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}(-1)^{m-i} n^{i}
\]
对其套用 下升幂性质，交换求和顺序，有：
\[\begin{aligned}
n^{\underline{m}}&= \sum_{i=0}^{m}{\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}(-1)^{m-i} n^{i}\\
&= \sum_{i=0}^{m}{\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}(-1)^{m-i} \sum_{j=0}^{i}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}n^{\underline{j}}\\
&= \sum_{j=0}^{m}n^{\underline{j}}\sum_{i=j}^{m}(-1)^{m-i} {\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}
\end{aligned}\]
同式 2，若上式满足，当且仅当：
\[\sum_{i=j}^{m}(-1)^{m-i} {\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix}}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}=[j=m]
\]
得证。
证明
反演 前提条件已经满足，显然可进行反演。
硬要证的话，可先证明一个方向相等：
\[f(n) = \sum_{k=0}^{n} [k=n] f(k)
\]
用反转公式替换 \([k=n]\)，交换求和符号，有：
\[\begin{aligned}
f(n) =& \sum_{k=0}^{n}\sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{j-k}\begin{Bmatrix}n\\j\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}f(k)\\
=& \sum_{j=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\j\end{Bmatrix}\sum_{k=0}^{j}(-1)^{j-k}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}f(k)\\
=& \sum_{j=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\j\end{Bmatrix}g(j)
\end{aligned}\]
得证。
另一方向的证明同理。
写在最后
感谢 zbq 学长的讲解！
感谢 Loceaner 提出错误! 
水炊老师太强了吧 /fad
强推老师醉蝶华之前的的本子。
