斯特林数初步

斯特林数初步

定义

第一类斯特林数: 描述 \(n\) 个数组成 \(m\) 个圆排列的方案数, 记为 \(\displaystyle{n \brack m}\) ( 如果从环的角度理解, 请注意这个环是有向的, 也就是说顺逆反过来是两种方案 ).

第二类斯特林数: 描述 \(n\) 个有标号数放到 \(m\) 个无标号非空盒子里的方案数, 记为 \(\displaystyle{n\brace m}\).

斯特林数与 Twelve Fold Way

有标号球放无标号盒子, 不可空: \(\displaystyle{n\brace m}\), 定义即可.

有标号球放有标号盒子, 不可空:

• \(m!\displaystyle{n\brace m}\), 给盒子添加标号全排列即可.
• 考虑可空的版本第一个公式, 对空集合去容斥: \(\displaystyle\sum_{i=0}^m\binom{m}{i}(-1)^i(m-i)^n\)

因此有恒等式:

\[m!{n\brace m} = \sum_{i=0}^m(-1)^i(m-i)^n\binom{m}{i} \]

有标号球放有标号盒子, 可空:

• \(m^n\), 每个球有 \(m\) 种分配方式.

• 我们用不可空的版本第一个公式去做, 枚举有多少个集合是空的: \(\displaystyle\sum_{i=1}^m\binom{m}{i}i!{n\brace i}\).

因此有恒等式:

\[m^n=\sum_{i=1}^m\binom{m}{i}i!{n\brace i} \]

值得注意的是, 这个恒等式和上面那个互为二项式反演.

斯特林数与恒等式

1. 第一类斯特林数

(1) 递推式:

\[{n\brack m}={n-1\brack m-1}+(n-1){n-1\brack m} \]

前一项是好理解的, 也就是单独放在了一个环里. 后一项是考虑插入一个环, 每个环上有和点数一致的边数, 这些边都可以被插入一个点, 因此每种原来的方案都有 \(n-1\) 种插入方式.

(2) 斯特林数与上升幂:

\[\sum_{i=0}^nx^i{n\brack i}=\prod_{i=1}^n(x+i-1)=x^{\overline{n}} \]

第一类斯特林数的另一种含义: 在 \([0,n-1]\) 中选择 \(n-m\) 个数 (不能重复选择), 求所有方案的所有选择的数的成绩的和. 这个含义是可以从递推式中看到的.
那么上面这个恒等式, 右半部分表示每一个二项式中, 要么选择 \(x\), 要么选择 \(i-1\) 乘到结果上, 这意味着, \([0,n-1]\) 中如果有 \(n-k\) 个选择了乘以一个系数, 那么就会有 \(k\) 个选择了 \(x\), 这意味着 \(x\) 的指数是 \(k\). 而反过来, 如果 \(x\) 的指数是 \(k\), 那么它的系数就是在 \([0,n-1]\) 中选择 \(n-k\) 个数乘起来的所有方案的和, 也就是 \(\displaystyle{n \brack k}\). 这样左边就能和右边表示同一个东西了, 自然相等.

(3) 斯特林数与排列:

\[\sum_{i=0}^n{n\brack i}=n! \]

每一个排列都可以唯一对应一个圆排列的划分, 反之亦然. 这二者是双射.

(4) 第一类斯特林数基本恒等式

\[{n+1\brack m+1} = \sum_{k=m}^n {n \brack k}\binom{k}{m} \]

这个式子要从组合意义角度想. 右面的式子相当于先把 \(n\) 个数划分为 \(k\) 个环, 随后再从其中选出 \(m\) 个环. 现在我们换个角度考虑, 我们认为这些环中只有 \(m\) 个环是重要的, 而剩下的部分不关心它的形态, 不关心有多少个环, 只认为剩下的部分是一个排列. 这样的话, 我们先枚举整个排列中有多少个环, 然后选出哪 \(m\) 个环是我们要保留的, 而剩下的部分拆成排列, 由于长度为 \(p\) 的排列唯一对应一个圆排列, 那么除了 \(m\) 个环以外的部分也是一个环, 而把排列变成环的部分会额外增加一个点, 这意味着实际上我们枚举到了所有把 \(n+1\) 个点拆成 \(m+1\) 个圆排列的方案, 也就是左半部分.

(5) 上指标求和公式

\[\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}{k\brack A}{n-k\brack B}={n\brack A+B}\binom{A+B}{A} \]

左半部分的组合意义是先从 \(n\) 个数中选出 \(k\) 个, 其中一边分成 \(A\) 个环, 另一边分成 \(B\) 个, 这当然等于右边的 先把它划分成 \(A+B\) 个环, 然后找到这中间哪 \(A\) 个是那 \(k\) 个数划分出来的.

(6) 第一类斯特林数与容斥

\[{n \brack m} = \sum_{k=m} ^n{n+1\brack k+1}\binom{k}{m}(-1)^{k-m} \]

我们把 \(n+1\) 个数划分为 \(k+1\) 个环, 先把含有 \(n+1\) 那个元素的环给抛出去, 再从其中找出 \(m\) 个环, 我们考虑先确定好 \(m\) 个圆排列是什么, 再考虑合法的包含这 \(m\) 个环的所有方案的权值 \((-1)^{k-m}\) 之和是多少.

我们考虑, 除了那 \(m\) 个环和包含 \(n+1\)那个环剩下的部分, 实际上并没有规定这部分有多少个环, 只是认为如果这里有 \(k-m\) 个环, 点数为 \(sz\), 那么这种方案的权值是 \((-1)^{k-m}\). 由于没有规定环的数量, 那么所有的合法方案都可以表示为一个长为 \(sz\) 的排列, 而且由于环的数量和逆序对数量奇偶性一致, 那么如果我们枚举 \(sz\) , 固定含有 \(n+1\) 那个环的形态 , 那么总权值是 \([sz\leq1]\). 这个式子是因为 \(\sum_p(-1)^{\tau(p)}=[len_p=1]\), 这个的证明在下文反转公式的证明中有. 因此, 如果固定前面 \(m\) 个环的形态., 剩下来有 \(sz+1\) 个点 , 如果中间没有额外环, 那么最后面那个环有 \(sz!\) 种形态, 每种的权值是 \(1\), 如果有一个位置是额外的, 它只能是自环, 它的位置有 \(sz\) 种, 而最后面那个环的形态有 \((sz-1)!\) 种, 由于有一个额外环, 那么单个方案贡献为 \(-1\), 总权值是 \(sz!-sz(sz-1)!=0\). 而如果 \(sz=0\), 显然最后一个环只有一种形态: \(n+1\) 的自环, 并且没有中间环, 总贡献是 \(1\).

因此, 我们证明了当且仅当 \(sz=1\) 时有贡献, 否则没有贡献, 因此 \(m\) 个环必须覆盖所有 \(n\) 个点, 因此总贡献为 \(\displaystyle{n \brack m}\) , 得证.

2. 第二类斯特林数

(1). 递推公式

\[{n\brace m}={n-1\brace m-1}+m{n-1\brace m} \]

(2). Twelve Fold Way 中的恒等式:

\[m^n=\sum_{i=1}^m\binom{m}{i}i!{n\brace i} \]

及其二项式反演形式:

\[m!{n\brace m} = \sum_{i=0}^m(-1)^i(m-i)^n\binom{m}{i} \]

上面的公式即为 拆幂公式, 下面的是第二类斯特林数的 \(O(m)\) 计算公式.

(3). 斯特林数与下降幂

\[m^n=\sum_{i=1}^mm^{\underline i}{n\brace i} \]

这个公式由上面的 公式 (2) 显然可得.

(4). 第二类斯特林数基本恒等式

\[{n+1\brace m+1}=\sum_{i=m}^n\binom{n}{i}{i\brace m} \]

它的组合意义只需要考虑枚举 \(n+1\) 这个元素和 \(n-i\) 个元素在一个盒子里, 把剩下的分配进 \(m\) 个盒子, 因此一共把 \(n+1\) 个球放到 \(m+1\) 个盒子里.

以及它的二项式反演形式:

\[{n\brace m}=\sum_{i=m}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}{n + 1\brace i + 1} \]

(5) 上指标求和公式

\[\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}{k\brace A}{n-k\brace B}={n\brace A+B}\binom{A+B}{A} \]

证明和上一节的 \((5)\) 是一致的.

3. 混合恒等式

(1) 第三类斯特林数

\[\binom{n}{m}(n-1)^\underline{n-m}=\sum_{k=m}^n{n \brack k} {k \brace m} \]

首先考虑左侧的组合意义:

我们要在 \(n\) 个数中选出来 \(m\) 个排列, 那.么首先, 我们选出来这些排列的第一个元素, 然后, 按从小到大的顺序考虑剩下的元素, 那么第一个元素可以插入到 \(m\) 个位置, 第二个有 \(m+1\) 个插入位置, 以此类推, 即为上升幂, 也就是左式;

右式指的是先把 \(n\) 个数划分为 \(k\) 个置换环, 随即把置换环分为 \(m\) 组, 实际上, 一组置换环意味着一个排列, 所以这个式子依然是把 \(n\) 个数划分为 \(m\) 个排列的方案数, 这个恒等式得证.

(2) 斯特林反演相关

斯特林反演公式同时含有两种斯特林数. 后面会讲.

斯特林数与上升/下降幂

(1). 定义:

• 上升幂: \(x^{\overline k}=\prod_{i=1}^k(x+i-1)\)
• 下降幂: \(x^\underline k=\prod_{i=1}^k(x-i+1)\)

显然这和组合数的定义很像, 有如下公式:

\[n^\underline m = m!\binom{n}{m} \]

\[n^\overline m=m!\binom{n+m-1}{m} \]

(2). 有关的恒等式

(i). 上升幂与下降幂的互换

\[n^\overline m=(-1)^m (-n) ^\underline m = (n+m-1)^\underline m \]

\[n^\underline m=(-1)^m (-n) ^\overline m = (n+m-1)^\overline m \]

(ii). 斯特林数

\[\sum_{i=0}^nx^i{n\brack i}=x^{\overline{n}} \]

\[m^n=\sum_{i=1}^mm^{\underline i}{n\brace i} \]

这两个公式前文都有证过.

(iii). 二项式定理

\[(a+b)^\underline k=\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}a^\underline ib^\underline{k-i} \]

\[(a+b)^\overline k=\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}a^\overline ib^\overline{k-i} \]

这两个公式的证明只需要把上升幂下降幂写成阶乘乘组合数, 然后用范德蒙德卷积即可.

斯特林数与反演

反转公式

\[\begin{cases} \sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{n-j}\begin{bmatrix}n\\j\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}j\\k\end{Bmatrix}=\left[k=n\right]\\ \sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{j-k}\begin{Bmatrix}n\\j\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}=\left[k=n\right] \end{cases} \]

第一个式子可以如下考虑:

现在从 \(n\) 个数中找到 一些环 (枚举, 并不关心有多少个),再把它们划分为 \(k\) 个集合. 我们考虑, 一个环的集合的方案, 就恰恰是这个集合中所有元素的排列.

我们考虑 \(k\) 等于 \(1\) 的情况, 那么这意味着, 把 \(n\) 个元素做全排列, 如果有 \(i\) 个置换环, 那么就有 \((-1)^{n-i}\) 的贡献, 总贡献数是多少呢? 考虑用逆序对个数刻画这个问题. 一个大小为 \(k\) 的置换环会贡献和 \(k-1\) 奇偶性相同的逆序对个数. 为什么呢? 我们可以用 \(k-1\) 次交换让排列的该置换环这一部分有序, 而每一次交换都会改变逆序对的奇偶性. 那么, 把所有置换环对逆序对的贡献加起来, 也就是 \(\sum (k-1) = n-i\), 其中 \(i\) 是置换环个数. 那么这样的话 \((-1)^{n-i}=(-1)^{\tau(p)}\), 问题转化为求 \(\sum_p (-1)^{\tau(p)}\). 枚举排列, 式子与逆序对有关, 不难想到行列式. 由于那个 \((-1)^ {\tau(p)}\) 没有任何系数, 那我们就构造一个 \(n \times n\) 的全 \(1\) 矩阵 \(A\), 则有 \(\det A = \sum_{p} (-1)^{\tau(p)}\), 不难发现 \(\det A=[n=1]\), 因为 \(n>1\) 是任意两行都线性相关, 则行列式为 \(0\).

这样, 我们当 \(k=1\) 的情况就证完了, 实际上不难发现, 原式换一个角度考虑, 可以先选出来 \(k\) 个环各自有哪些元素, 然后再把它们分配到箱子里, 每个方案的贡献是所有环的贡献乘起来. 而每个环的总贡献当且仅当只分配一个元素, 因此当且仅当 \(k=n\) 时, 也就是每个环都只分配一个元素才有答案 \(1\). 上面的式子得证.

接下来考虑第二个式子.

首先大力推式子, 把第二类斯特林数的容斥定义式代进去, 即得

\[\begin{align*} & \sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{j-k}\begin{Bmatrix}n\\j\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix} \\ = & \sum_{j=k}^n(-1)^{j-k}{j \brack k} \frac{1}{j!}\sum_{p=0}^j(-1)^p\binom{j}{p}(j-p)^n \\ \end{align*} \]

向上一个式子一样, 我们先考虑 \(k=1\) 时的情况, 然后再把所有的环的贡献乘起来就可以了.

把 \(k=1\) 代入, 此时 \(\displaystyle{{j \brack 1}=(j-1)!}\), 即得:

\[\begin{align*} & \sum\limits_{j=1}^{n}(-1)^{j-1}\begin{Bmatrix}n\\j\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}j\\i\end{bmatrix} \\ = & \sum_{j=1}^n(-1)^{j-1}\frac{(j-1)!}{j!} \sum_{p=0}^j(-1)^p\binom{j}{p}(j-p)^n \\ = & \sum_{j=1}^n(-1)^{j-1}\frac{1}{j}\sum_{p=0}^j(-1)^p\binom{j}{p}(j-p)^n \\ = & \sum_{i=0}^ni^n\sum_{p=0}^{n-i}(-1)^{i+p-1}(-1)^p\frac{1}{i+p}\binom{i+p}{p} & \text{改变枚举变量: $j-p\rightarrow i$, 并交换顺序} \\ = & \sum_{i=0}^ni^n(-1)^{i-1}\sum_{p=0}^{n-i}\frac{1}{i+p}\frac{i+p}{i}\binom{i+p-1}{i-1} & \text{$(-1)^{2p}=1$直接去掉; 从组合数的阶乘中拆出来一点} \\ = & \sum_{i=0}^ni^{n-1}(-1)^{i-1}\sum_{p=0}^{n-1}\binom{i+p-1}{i-1} \\ = & \sum_{i=0}^ni^{n-1}(-1)^{i-1}\binom{n}{i} \end{align*} \]

到这里再向下就很难推式子化简了, 那么考虑组合意义.

首先 \(n=1\) 时, 不难验证式子为 \(1\).

接下来认为 \(n\geq 2\).

我们想要构造一个矩阵, 但是 \(i\) 的指数 \(n-1\) 与 \(\displaystyle\binom{n}{i}\) 的上指标 \(n\) 不一致让我们无从下手. 于是把组合数拆开:

\[\begin{align*}& \sum_{i=0}^ni^{n-1}(-1)^{i-1}\binom{n}{i}\\=&\sum_{i=1}^{n}i^{n-1}(-1)^{i-1}\binom{n-1}{i-1}+\sum_{i=0}^{n-1}i^{n-1}(-1)^{i-1}\binom{n-1}{i}\\=&\sum_{i=0}^{n-1}(i+1)^{n-1}(-1)^{i}\binom{n-1}{i}+\sum_{i=0}^{n-1}i^{n-1}(-1)^{i-1}\binom{n-1}{i} \ \ \text{把前半部分的 $i-1 \rightarrow i$.} \end{align*} \]

我们先考虑后半部分, 因为组合数的下指标和幂次的底数一致, 可能要简单一些. 考虑构建一个场景: 现在有一个 \((n-1)\times (n-1)\) 的矩阵, 我们考虑从中选出 \(i\) 列, 我们有一个箱子从第一行跳到最后一行, 每一行任选这 \(i\) 列中的一个格子作为落脚点, 那么明显有: 选定 \(i\) 列后合法的路径数为 \(i^{n-1}\), 每一个路径对答案的贡献是 \((-1)^{i-1}\) . 那么这个式子的意义就是先选择一些列, 再枚举每一个从下到上的合法路径, 对所有路径关于这个选择列方案的方案求和 (因为 \((-1)^{i-1}\) 中 \(i\) 是由选择了多少列决定的, 而不是路径覆盖了多少列).

我们不如换个角度考虑: 先枚举路径, 在枚举选了多少列, 显然每一个路径没有覆盖的列都是可选可不选的, 我们枚举除了路径覆盖的 \(k\) 列以外额外选了 \(i\) 列, 那么当然有 \(\displaystyle\binom{n-1-k}{i}\) 种方案, 每种方案的贡献是 \((-1)^{k+i-1}\), 也就是说, 这个路径的总贡献为:

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

这意味着什么? 一个路径当且仅当它覆盖了每一列才有贡献. 这时它的贡献是 \((-1)^{k-1}=(-1)^{n-2}\). 这样的路径有多少种呢? 一个路径只有 \(n-1\) 行, 而它要完全覆盖 \(n-1\) 列1, 这意味着这个路径在每一行的落脚点选择各不相同, 那么这个路径把每一行落脚点所在列编号写下来, 恰好是一个排列. 也就是说, 这样的路径有 \((n-1)!\) 种. 这意味着原式的右半部分的值是 \((n-1)!(-1)^{n-2}\).

接下来类似的考虑左半部分, 唯一的不同在于幂次的底数比下指标多了 \(1\), 那么也就意味着每一行能够选择的位置比选出来的 \(i\) 列要多一列. 于是我们认为, 现在有一个 \((n-1)\times n\) 的矩阵, 我们考虑从 前 \(n - 1\) 列中 选出 \(i\) 列, 我们有一个箱子从第一行跳到最后一行, 每一行任选选择的这 \(i\) 列 和第 \(n\) 列 中的一个格子作为落脚点. 那么明显有: 选定 \(i\) 列后合法的路径数为 \((i+1)^{n-1}\), 每一个路径对答案的贡献是 \((-1)^{i}\) . 我们假设一个路径除了第 \(n\) 列之外覆盖了 \(k\) 列, 和上面一样考虑一个路径的贡献:

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

同样, 只有 \(k=n-1\) 时有贡献, 贡献为 \((-1)^{k}=(-1)^{n-1}\), 方案数的分析也和上面一致, 想要 \(k\) 取到 \(n-1\), 路径必须每一行的位置各不相同, 并且不能取第 \(n\) 列, 因此方案数依然是 \((n-1)!\), 左侧的式子值为 \((n-1)!(-1)^{n-1}\).

因此整个式子的值为 \((n-1)!((-1)^{n-2}+(-1)^{n-1})=0\).

因此

\[\sum_{i=0}^ni^{n-1}(-1)^{i-1}\binom{n}{i}=[n=1] \]

第二个式子得证.

斯特林反演

为了方便接着向下讲, 我们把两个反转公式在这里再写一遍.

\[\begin{cases} \sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{n-j}\begin{bmatrix}n\\j\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}j\\k\end{Bmatrix}=\left[k=n\right]\\ \sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{j-k}\begin{Bmatrix}n\\j\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}=\left[k=n\right] \end{cases} \]

斯特林反演公式 (I)

\[F_{n}=\sum_{i=0}^n{n \brace i}G_i\Leftrightarrow G_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n \brack i} F_i \]

证明其实互相代进去就可以了.

左推右:

\[\begin{align*} & \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\brack i}F_i\\ =& \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\brack i} \sum_{j=0}^i{i\brace j}G_j \\ =& \sum_{i=0}^nG_i\sum_{j=i}^n(-1)^{n-j}{n\brack j}{j \brace i} \\ =& G_n \end{align*} \]

右推左:

\[\begin{align*} &\sum_{i=0}^n{n \brace i}G_i\\ =&\sum_{i=0}^n{n \brace i}\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}{i \brack j}F_j\\ =&\sum_{i=0}^nF_i\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}{n \brace j}{j \brack i} \\ =& F_n \end{align*} \]

因此两边互推.

斯特林反演公式 (II)

\[F_{n}=\sum_{i=0}^n{n \brack i}G_i\Leftrightarrow G_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n \brace i} F_i \]

证明和上面的完全一致.

斯特林反演公式 (III)

\[F_n=\sum_{i=n}{i \brace n} G_i \Leftrightarrow G_n=\sum_{i=n}(-1)^{i-n}{ i \brack n} F_i \\ F_n=\sum_{i=n}{i \brack n} G_i \Leftrightarrow G_n=\sum_{i=n}(-1)^{i-n}{ i \brace n} F_i \]

证明依然类似, 上下界换一下就好.

斯特林反演有关恒等式

(1) 第一类斯特林数基本恒等式

\[{n+1\brack m+1} = \sum_{k=m}^n {n \brack k}\binom{k}{m} \]

其斯特林反演后的形式为:

\[\binom{n}{m} = \sum_{i=0}^n{i + 1 \brack m + 1}{n \brace i} (-1)^{n-i} \]

(2) 第二类斯特林数基本恒等式

\[{n+1\brace m+1}=\sum_{i=m}^n\binom{n}{i}{i\brace m} \]

其斯特林反演后的形式为:

\[\binom{n}{m} = \sum_{i=m}^n{n + 1 \brace i + 1}{k \brack m}(-1)^{i - m} \]

(3) 斯特林反演与上升幂

\[\sum_{i=0}^nx^i{n\brack i}=x^{\overline{n}} \]

它的斯特林反演形式:

\[x^n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n - k}{n \brace k}x^{\overline k} \]

(4) 斯特林反演与下降幂

\[m^n=\sum_{i=1}^mm^{\underline i}{n\brace i} \]

它的斯特林反演形式:

\[m^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^nm^i{n \brace i}(-1)^{n-i} \]

斯特林数恒等式汇总

这里的式子上文都出现过证明过, 但是这里从用途方面重新整理一遍.

两个递推

\[{n\brack m}={n-1\brack m-1}+(n-1){n-1\brack m} \]

\[{n\brace m}={n-1\brace m-1}+m{n-1\brace m} \]

两个上指标卷积

\[\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}{k\brack A}{n-k\brack B}={n\brack A+B}\binom{A+B}{A} \]

\[\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}{k\brace A}{n-k\brace B}={n\brace A+B}\binom{A+B}{A} \]

第一类 下指标求和

\[\sum_{i=0}^n{n\brack i}=n! \]

第一类 下指标求和 结合组合数上指标

\[{n+1\brack m+1} = \sum_{k=m}^n {n \brack k}\binom{k}{m} \]

第一类下指标求和 结合组合数上指标 带容斥系数

\[{n \brack m} = \sum_{k=m} ^n{n+1\brack k+1}\binom{k}{m}(-1)^{k-m} \]

第一类下指标求和 结合第二类上指标

\[\binom{n}{m}(n-1)^{\underline{n-m}}=\sum_{k=m}^n{n \brack k} {k \brace m} \]

第一类下指标求和 结合第二类上指标 有容斥系数

\[\sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{n-j}\begin{bmatrix}n\\j\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}j\\k\end{Bmatrix}=\left[k=n\right] \]

第一类下指标求和 结合幂次

\[\sum_{i=0}^nx^i{n\brack i}=\prod_{i=1}^n(x+i-1)=x^{\overline{n}} \]

第二类计算式

\[m!{n\brace m} = \sum_{i=0}^m(-1)^i(m-i)^n\binom{m}{i} \]

第二类下指标求和 结合第一类上指标 有容斥系数

\[\binom{n}{m} = \sum_{i=m}^n{n + 1 \brace i + 1}{k \brack m}(-1)^{i - m} \]

\[\binom{n}{m} = \sum_{i=0}^n{i + 1 \brack m + 1}{n \brace i} (-1)^{n-i} \]

\[\sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{j-k}\begin{Bmatrix}n\\j\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}=\left[k=n\right] \]

第二类下指标求和 结合幂次 有容斥系数

\[m^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^nm^i{n \brace i}(-1)^{n-i} \]

第二类下指标求和 结合组合数下指标 有阶乘

\[m^n=\sum_{i=1}^m\binom{m}{i}i!{n\brace i} \]

第二类下指标求和 结合组合数下指标 有容斥系数

\[{n\brace m}=\sum_{i=m}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}{n + 1\brace i + 1} \]

第二类上指标求和 结合组合数下指标

\[{n+1\brace m+1}=\sum_{i=m}^n\binom{n}{i}{i\brace m} \]

上升下降幂与斯特林数

\[\sum_{i=0}^nx^i{n\brack i}=\prod_{i=1}^n(x+i-1)=x^{\overline{n}} \]

\[x^n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n - k}{n \brace k}x^{\overline k} \]

\[m^n=\sum_{i=1}^mm^{\underline i}{n\brace i} \]

\[m^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^nm^i{n \brace i}(-1)^{n-i} \]

上升下降幂与二项式定理

\[(a+b)^{\underline k}=\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}a^{\underline i}b^{\underline{k-i}} \]

\[(a+b)^{\overline k}=\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}a^{\overline i}b^{\overline{k-i}} \]

反转公式

\[\sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{n-j}\begin{bmatrix}n\\j\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}j\\k\end{Bmatrix}=\left[k=n\right] \]

\[\sum\limits_{j=k}^{n}(-1)^{j-k}\begin{Bmatrix}n\\j\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}=\left[k=n\right] \]

斯特林反演

\[F_{n}=\sum_{i=0}^n{n \brace i}G_i\Leftrightarrow G_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n \brack i} F_i \]

\[F_{n}=\sum_{i=0}^n{n \brack i}G_i\Leftrightarrow G_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n \brace i} F_i \]

\[F_n=\sum_{i=n}{i \brace n} G_i \Leftrightarrow G_n=\sum_{i=n}(-1)^{i-n}{ i \brack n} F_i \]

\[F_n=\sum_{i=n}{i \brack n} G_i \Leftrightarrow G_n=\sum_{i=n}(-1)^{i-n}{ i \brace n} F_i \]