Stirling数

斯特灵数

在组合数学，Stirling数可指两类数，都是由18世纪数学家James Stirling提出的。

第一类[编辑]

s(4,2)=11

第一类Stirling数是有正负的，其绝对值是 $n$ 个元素的项目分作 $k$ 个环排列的方法数目。常用的表示方法有 $s(n,k) , left[egin{matrix} n \ k end{matrix} ight]$ 。

换个较生活化的说法，就是有 $n$ 个人分成 $k$ 组，每组内再按特定顺序围圈的分组方法的数目。例如 $s(4,2)$ ：

{A,B},{C,D}
{A,C},{B,D}
{A,D},{B,C}
{A},{B,C,D}
{A},{B,D,C}
{B},{A,C,D}
{B},{A,D,C}
{C},{A,B,D}
{C},{A,D,B}
{D},{A,B,C}
{D},{A,C,B}

这可以用有向图来表示。

给定 $s(n,0)=0,s(1,1)=1$ ，有递归关系 $s(n+1,k)=s(n,k-1) + n ; s(n,k)$

递推关系的说明：考虑第n+1个物品，n+1可以单独构成一个非空循环排列，这样前n种物品构成k-1个非空循环排列，方法数为s(n,k-1)；也可以前n种物品构成k个非空循环排列，而第n+1个物品插入第i个物品的左边，这有n*s(n,k)种方法。

$| s(n,1) | =(n-1)!$
$s(n,k) = (-1)^{n+k} | s(n,k) |$
$s(n,n-1) = - C(n,2)$
$s(n,2) = (-1)^n (n-1)!; H_{n-1}$
$s(n,3) = frac{1}{2} (-1)^{n-1} (n-1)! [ (H_{n-1})^2 - H_{n-1}^{(2)} ]$

$H_n^{(m)}$ 是调和数的推广。

$s(n,k)$ 是递降阶乘多项式的系数：

$x^{underline{n}}= x(x-1)(x-2)ldots(x-n+1) = sum_{k=1}^n s(n,k)x^k$

第二类

第二类Stirling数是 $n$ 个元素的集定义k个等价类的方法数目。常用的表示方法有 $S(n,k) , S_n^{(k)} , left{egin{matrix} n \ k end{matrix} ight}$ 。

换个较生活化的说法，就是有 $n$ 个人分成 $k$ 组的分组方法的数目。例如有甲、乙、丙、丁四人，若所有人分成1组，只有所有人在同一组这个方法，因此 $S(4,1)=1$ ；若所有人分成4组，只可以人人独立一组，因此 $S(4,4)=1$ ；若分成2组，可以是甲乙一组、丙丁一组，或甲丙一组、乙丁一组，或甲丁一组、乙丙一组，或其中三人同一组另一人独立一组，即是：

{A,B},{C,D}
{A,C},{B,D}
{A,D},{B,C}
{A},{B,C,D}
{B},{A,C,D}
{C},{A,B,D}
{D},{A,B,C}

因此 $S(4,2)=7$ 。

给定 $S(n,n)=S(n,1)=1$ ，有递归关系 $S(n,k) = S(n-1,k-1) + k S(n-1,k)$
递推关系的说明：考虑第n个物品，n可以单独构成一个非空集合，此时前n-1个物品构成k-1个非空的不可辨别的集合，方法数为S(n-1,k-1)；也可以前n-1种物品构成k个非空的不可辨别的集合，第n个物品放入任意一个中，这样有k*S(n-1,k)种方法。
$S(n,n-1)=C(n,2)=n(n-1)/2$
$S(n,2)=2^{n-1} - 1$
$S(n,k) =frac{1}{k!}sum_{j=1}^{k}(-1)^{k-j} C(k,j) j^n$
$B_n=sum_{k=1}^n S(n,k)$