组合数学学习笔记（四）：特殊的数

合集 - 数学学习笔记(13)

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9.组合数学学习笔记（四）：特殊的数01-23

卡塔兰数（ $C a t a l a n$ ）

斯特林数（ $S t i r l i n g$ ）

斯特林数作为组合数学中非常重要的一类数，一共分为第一类斯特林数与第二类斯特林数，在处理复杂的小球与盒子的关系时有重要的作用。我们先从比较简单的第二类斯特林数讲起。

第二类斯特林数

定义

记 ${\binom{n}{k}}$ 表示将 $n$ 个元素划分成 $k$ 个非空子集的方案数， ${\binom{n}{k}}$ 就叫做第二类斯特林数。

$n$ 较小时的第二类斯特林数如下：

第二类斯特林数有一些特殊值：

${\binom{n}{0}} = [n = 0]$ ：将非零个元素划分为 $0$ 个集合不存在，将 $0$ 个元素划分为 $0$ 个集合算一种情况；
${\binom{n}{1}} = {\binom{n}{n}} = 1$ ，将 $n$ 个元素划分为 $1$ 个集合，每个元素只能放入这一个集合中；将 $n$ 个元素划分为 $n$ 个集合，每个元素只能单独成一个集合；
${\binom{n}{2}} = 2^{n - 1} - 1$ ，考虑先将 $1$ 划分到一个集合，再考虑其它 $n - 1$ 个数是放在有 $1$ 的这个集合，还是没 $1$ 的这个集合，最后减去全放在有 $1$ 的这个集合中的 $1$ 种情况；
${\binom{n}{n - 1}} = (\binom{n}{2})$ ，考虑到此时只有 $1$ 个集合大小为 $2$ ，枚举一下是哪个集合即可。

递推公式与通项公式

递推公式

${\binom{n}{k}} = k {\binom{n - 1}{k}} + {\binom{n - 1}{k - 1}}$

即考虑第 $n$ 个元素放在哪个集合。要么在已经有的 $k$ 个非空集合里选一个放进去，要么自己单开一个新的集合。

通项公式

${\binom{n}{k}} = \frac{1}{k!} \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{i} (\binom{k}{i}) (k - i)^{n} = \sum_{i = 0}^{k} \frac{(- 1)^{k - i} i^{n}}{i! (k - i)!}$

证明：设将 $n$ 个有标号物品放到 $i$ 个有标号盒子（允许为空）的方案数为 $G_{i}$ ；将 $n$ 个有标号物品放到 $i$ 个有标号盒子（不允许为空）的方案数为 $F_{i}$ 。

对于 $G_{i}$ 的求解是简单的，考虑每个物品放入的是哪个盒子，因此 $G_{i} = i^{n}$ 。考虑钦定哪几个盒子非空，于是有 $G_{i} = \sum_{j = 0}^{i} (\binom{i}{j}) F_{j}$ 。

二项式反演一下，可以得到 $F_{i} = \sum_{j = 0}^{i} (- 1)^{i - j} (\binom{i}{j}) G_{i}$ ，因此 $F_{k} = \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k}{i}) i^{n} = \sum_{i = 0}^{k} \frac{k! (- 1)^{k - i} i^{n}}{i! (k - i)!}$ 。

由于 $F_{k}$ 是有标号的盒子，而 ${\binom{n}{k}}$ 是无标号的盒子，因此将式子再除以 $k!$ 得到 ${\binom{n}{k}} = \sum_{i = 0}^{k} \frac{(- 1)^{k - i} i^{n}}{i! (k - i)!}$ 。

生成函数

应用

高阶差分

普通幂转下降幂

$x^{\underset{―}{n}}$ 可以写成一个 $n$ 次的多项式 $\prod_{i = 0}^{n - 1} (x - i)$ ，因此 $x^{n}$ 一定可以由若干下降幂来表示，计算发现：

x^{0} = x^{\underset{―}{0}} x^{1} = x^{\underset{―}{1}} x^{2} = x^{\underset{―}{2}} + x^{\underset{―}{1}} x^{3} = x^{\underset{―}{3}} + 3 x^{\underset{―}{2}} + x^{\underset{―}{1}} x^{4} = x^{\underset{―}{4}} + 6 x^{\underset{―}{3}} + 7 x^{\underset{―}{2}} + x^{\underset{―}{1}}

可以发现它的系数正好是第二类斯特林数，因此可以得出结论： $x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{\underset{―}{k}} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} (\binom{n}{k}) k!$ 。

证明：

考虑数学归纳法，当 $n = 0$ 时我们已经证明了这个等式是正确的。现在假设对于 $0$ 到 $n - 1$ ，该等式都成立，现在要证明该等式对于 $n$ 成立。

首先，我们知道 $x^{\underset{―}{k + 1}} = x^{\underset{―}{k}} (x - k)$ ，于是 $x \times x^{\underset{―}{k}} = x^{\underset{―}{k + 1}} + k x^{\underset{―}{k}}$ 。

那么

$\begin{aligned} x^{n} & = x \times x^{n - 1} \\ = x \times \sum_{k = 0}^{n - 1} {\binom{n - 1}{k}} x^{\underset{―}{k}} \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} {\binom{n - 1}{k}} x^{\underset{―}{k + 1}} + \sum_{k = 0}^{n - 1} {\binom{n - 1}{k}} k x^{\underset{―}{k}} \end{aligned}$

考虑到 ${\binom{n - 1}{0}} 0 x^{\underset{―}{0}} = {\binom{n - 1}{n}} n x^{\underset{―}{n}} = 0$ ，因此可以随意加减在加号右边，因此原式

$\begin{aligned} = \sum_{k = 1}^{n} {\binom{n - 1}{k - 1}} x^{\underset{―}{k}} + \sum_{k = 1}^{n} {\binom{n - 1}{k}} k x^{\underset{―}{k}} \\ = \sum_{k = 1}^{n} ({\binom{n - 1}{k - 1}} + k {\binom{n - 1}{k}}) x^{\underset{―}{k}} \\ = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{\underset{―}{k}} \end{aligned}$

即，我们可以将第二类斯特林数看成，由普通幂转为下降幂时，产生的系数。

普通幂转上升幂

类似下降幂来定义上升幂为 $x^{\overset{―}{n}} = x (x + 1) (x + 2) \dots (x + n - 1) = \prod_{i = 0}^{n - 1} (x + i)$ 。

我们将 $- x$ 带入 $\sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{\underset{―}{k}}$ 得到 $(- 1)^{n} x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} (- x)^{\underset{―}{k}}$ ，而 $x^{\underset{―}{n}} = (- 1)^{n} (- x)^{\overset{―}{n}}$ ，于是可以得到 $x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} {\binom{n}{k}} x^{\overset{―}{k}}$ 。

第一类斯特林数

定义

记 $[\binom{n}{k}]$ 表示将 $n$ 个元素划分成 $k$ 个圆排列的方案数， $[\binom{n}{k}]$ 就叫做第一类斯特林数。

圆排列是指将一个排列围成一个圈，如果两个圆排列旋转之后一样，那么这两个圆排列就是相同的，比如 $[A, B, C, D] = [B, C, D, A] = [C, D, A, B] = [D, A, B, C]$ （ $[x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}]$ 表示从竖直方向顺时针依次填入 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ ，最后又回到竖直方向上所形成的圆排列）。

$n$ 较小时的第一类斯特林数如下：

第一类斯特林数有一些特殊值：

$[\binom{n}{0}] = [n = 0]$ ：将非零个元素划分为 $0$ 个圆排列不存在，将 $0$ 个元素划分为 $0$ 个圆排列算一种情况；
$[\binom{n}{n}] = 1 (n > 0)$ ：将 $n$ 个元素划分为 $n$ 个圆排列，每个元素只能单独成一个圆排列；
$[\binom{n}{1}] = (n - 1)! (n > 0)$ ：考虑到普通排列的数量有 $n!$ 个，每个圆排列对应 $n$ 个普通排列，于是圆排列的数量就变成了 $\frac{n!}{n} = (n - 1)!$ ；
$[\binom{n}{n - 1}] = (\binom{n}{2})$ ，考虑到此时只有 $1$ 个圆排列大小为 $2$ ，枚举一下是哪个圆排列即可。

可以发现，在第二类斯特林数分成的 $k$ 个集合中，第一类斯特林数还要考虑顺序，因此 $[\binom{n}{k}] \geq {\binom{n}{k}}$ 。

递推公式

$[\binom{n}{k}] = (n - 1) [\binom{n - 1}{k}] + [\binom{n - 1}{k - 1}]$ 。

即考虑第 $n$ 个元素是插入这 $k$ 个圆排列中的哪个位置，也就是考虑是将那个圆排列中的哪条边断掉，将第 $n$ 个元素插入再接上，可以发现一共有 $n - 1$ 条边可以断掉再插入，因此一共有 $(n - 1) [\binom{n - 1}{k}]$ 种选择：

↓

由于第 $n$ 个元素还能自成一个圆排列，因此 $[\binom{n}{k}] = (n - 1) [\binom{n - 1}{k}] + [\binom{n - 1}{k - 1}]$ 。

可惜的是，第一类斯特林数没有实用的通项公式 ~~（虽然第二类斯特林数的通项公式也不实用）~~。

生成函数

应用

上升幂转普通幂

$x^{\overset{―}{n}}$ 可以写成一个 $n$ 次的多项式 $\prod_{i = 0}^{n - 1} (x + i)$ ，可以发现这也是一个关于 $x$ 的 $n$ 次多项式，因此 $x^{\overset{―}{n}}$ 一定可以由若干普通幂来表示，计算发现：

x^{\overset{―}{0}} = x^{0} x^{\overset{―}{1}} = x^{1} x^{\overset{―}{2}} = x^{2} + x^{1} x^{\overset{―}{3}} = x^{3} + 3 x^{2} + 2 x x^{\overset{―}{4}} = x^{4} + 6 x^{3} + 11 x^{2} + 6 x

可以发现它的系数正好是第一类斯特林数，因此可以得出结论： $x^{\overset{―}{n}} = \sum_{k = 0}^{n} [\binom{n}{k}] x^{k}$ 。

证明：

还是考虑数学归纳法，当 $n = 0$ 时我们已经证明了这个等式是正确的。现在假设对于 $0$ 到 $n - 1$ ，该等式都成立，现在要证明该等式对于 $n$ 成立。

这次，我们要知道 $(x + n - 1)^{k} \times x^{k} = x^{k + 1} + (n - 1) x^{k}$ 。

那么

$\begin{aligned} x^{\overset{―}{n}} & = (x + n - 1) x^{\overset{―}{n - 1}} \\ = (x + n - 1) \sum_{k = 0}^{n - 1} [\binom{n - 1}{k}] x^{k} \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} [\binom{n - 1}{k}] x^{k + 1} + \sum_{k = 0}^{n - 1} (n - 1) [\binom{n - 1}{k}] x^{k} \end{aligned}$

一样的道理， $[\binom{n - 1}{0}] (n - 1) x^{0} = [\binom{n - 1}{n}] (n - 1) x^{n} = 0$ ，因此可以随意加减在加号右边，因此原式

$\begin{aligned} = \sum_{k = 1}^{n} [\binom{n - 1}{k - 1}] x^{k} + \sum_{k = 1}^{n} (n - 1) [\binom{n - 1}{k}] x^{k} \\ = \sum_{k = 1}^{n} [(n - 1) [\binom{n - 1}{k}] + [\binom{n - 1}{k - 1}]] x^{k} \\ = \sum_{k = 0}^{n} [\binom{n}{k}] x^{k} \end{aligned}$

即，我们可以将第一类斯特林数看成，从上升幂转普通幂时，产生的常数。

下降幂转普通幂

考虑到上升幂和下降幂奇数次方项的系数正好相反：

x^{\overset{―}{4}} = x^{4} + 6 x^{3} + 11 x^{2} + 6 x x^{\underset{―}{4}} = x^{4} - 6 x^{3} + 11 x^{2} - 6 x

因为 $x^{\overset{―}{n}} = \sum_{k = 0}^{n} [\binom{n}{k}] x^{k}$ ，所以 $x^{\underset{―}{n}} = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} [\binom{n}{k}] x^{k}$ 。

例题一

例题二

解：首先把 $f (x)$ 写成下降幂多项式 $\sum_{i = 0}^{m} a_{i} i^{k} = \sum_{i = 0}^{m} a_{i} \sum_{j = 0}^{i} {\binom{i}{j}} k^{\underset{―}{j}} = \sum_{i = 0}^{m} (\sum_{j = i}^{m} {\binom{j}{i}} a_{j}) k^{\underset{―}{i}}$ （交换求和顺序后再将 $i$ 和 $j$ 的意义互换），发现内部的 $\sum_{j = i}^{m} {\binom{j}{i}} a_{j}$ 是好求的，将其设为 $b_{i}$ ，那么问题变成了求 $\sum_{k = 0}^{n} \sum_{i = 0}^{m} b_{i} k^{\underset{―}{i}} \times x^{k} \times (\binom{n}{k})$ 。

由于 $(\binom{n}{k}) \times k^{\underset{―}{i}} = (\binom{n}{k}) (\binom{k}{i}) i! = (\binom{n}{i}) i! (\binom{n - i}{k - i}) = n^{\underset{―}{i}} (\binom{n - i}{k - i})$ ，那么原式 $= \sum_{i = 0}^{m} b_{i} n^{\underset{―}{i}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n - i}{k - i}) x^{k} = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} n^{\underset{―}{i}} x^{i} \sum_{k = 0}^{n - i} (\binom{n - i}{k}) x^{k}$ 。

可以发现里面是一个二项式定理的形式，于是原式最终 $= \sum_{i = 0}^{m} b_{i} n^{\underset{―}{i}} x^{i} (x + 1)^{n - i}$ ，于是用 $O (m^{2})$ 的时间复杂度解决了此题。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e3 + 9;
int s[N][N], d[N], a[N], b[N], n, x, p, m;
int qpow(int a, int b){
	int res = 1;
	while(b > 0){
		if(b & 1)
			res = res * a % p;
		a = a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &x, &p, &m);
	s[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i < N; i++)
		for(int j = 1; j < N; j++)
			s[i][j] = (j * s[i - 1][j] + s[i - 1][j - 1]) % p;
	for(int i = 0; i <= m; i++)
		scanf("%lld", &a[i]);
	for(int i = 0; i <= m; i++)
		for(int j = i; j <= m; j++)
			b[i] = (b[i] + s[j][i] * a[j]) % p;
	d[0] = 1;
	for(int i = n, j = 1; i >= (n - m + 1); i--, j++)
		d[j] = d[j - 1] * i % p;
	int ans = 0;
	for(int i = 0; i <= m; i++)
		ans = (ans + b[i] * d[i] % p * qpow(x, i) % p * qpow(x + 1, n - i) % p) % p;
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

例题三

这个建筑师建造的城市让我想起了 指环王 中的：

考虑把最大值作为分界点，左边的前缀最大值构成一个 $A - 1$ 个台阶的阶梯，后缀最大值构成了一个 $B - 1$ 个台阶的阶梯：

现在每个阶梯分成一个组，每个组内除了最大值必须在第一个，其它值可以随便排，考虑到高度是 $1$ 到 $n$ 的排列，于是无论怎么分组，每组都有最大值，将每组最大值排序后，一定可以得到一个如图的阶梯。由于要考虑顺序，因此分组的方案数是 $[\binom{n - 1}{A + B - 2}]$ 。

现在考虑哪些值在左边的阶梯，哪些值在右边的阶梯，因此分左右的组合有 $(\binom{A + B - 2}{A - 1})$ 种，最终答案为 $[\binom{n - 1}{A + B - 2}] \times (\binom{A + B - 2}{A - 1})$ ， $O (n m)$ 预处理斯特林数， $O (m^{2})$ 预处理组合数就可以 $O (T)$ 求出答案了。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 5e4 + 9, M = 2e2 + 9, MOD = 1e9 + 7;
int s[N][M], b[M][M], T, n, A, B;
signed main(){
	s[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i < N; i++)
		for(int j = 1; j < M; j++)
			s[i][j] = ((i - 1) * s[i - 1][j] + s[i - 1][j - 1]) % MOD;
	for(int i = 0; i < M; i++)
		b[i][0] = 1;
	for(int i = 1; i < M; i++)
		for(int j = 1; j < M; j++)
			b[i][j] = (b[i - 1][j] + b[i - 1][j - 1]) % MOD;
	scanf("%lld", &T);
	while(T--){
		scanf("%lld%lld%lld", &n, &A, &B);
		printf("%lld\n", s[n - 1][A + B - 2] * b[A + B - 2][A - 1] % MOD);
	}
	return 0;
}

例题四

例题五

给定 $n, m, b, c$ ，求满足下列条件的 $m$ 元组 $(x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots, x_{m})$ 的个数模 $998244353$ 。

$x_{i} \in [0, b^{i} - c] \cap Z$ ；
$\sum x_{i} \leq n$ 。

$2 \leq b < 10^{8}$ ， $- 10^{8} \leq c < b$ ， $1 \leq m \leq 80$ ， $1 \leq n \leq b^{m + 1}$ ， $n$ 用高精度表示。

斯特林数恒等式

斯特林数与伯努利数的关系

我们现在学过的特殊的数有：组合数、卡塔兰数、伯努利数、斯特林数，其中伯努利数与斯特林数有一些密切的关系。

第二类斯特林数求行

第二类斯特林数求列

第一类斯特林数求行

第一类斯特林数求列

斯特林反演

例题六

例题七

欧拉数（ $E u l e r i a n$ ）

调和级数（ $H a r m o n i c$ ）

伯努利数（ $B e r n o u l l i$ ）

考虑自然数的幂的和 $S_{m} (n) = 0^{m} + 1^{m} + 2^{m} + \dots + (n - 1)^{m} = \sum_{i = 0}^{n - 1} i^{m}$ ，我们来观察 $m$ 取特殊值时该式子的变化：

\begin{aligned} S_{0} (n) & = n \\ S_{1} (n) & = \frac{1}{2} n^{2} - \frac{1}{2} n \\ S_{2} (n) & = \frac{1}{3} n^{3} - \frac{1}{2} n^{2} + \frac{1}{6} n \\ S_{3} (n) & = \frac{1}{4} n^{4} - \frac{1}{2} n^{3} + \frac{1}{4} n^{2} \\ S_{4} (n) & = \frac{1}{5} n^{5} - \frac{1}{2} n^{4} + \frac{1}{3} n^{3} - \frac{1}{30} n \\ S_{5} (n) & = \frac{1}{6} n^{6} - \frac{1}{2} n^{5} + \frac{5}{12} n^{4} - \frac{1}{12} n^{2} \end{aligned}

可以发现系数之间存在一些关系。首先可以发现 $S_{m} (n)$ 一定是一个 $m + 1$ 次多项式，它的 $n^{m + 1}$ 项的系数一定是 $\frac{1}{m + 1}$ ， $n^{m}$ 项的系数一定是 $- \frac{1}{2}$ ， $n^{m - 1}$ 项的系数一定是 $\frac{m}{12}$ ， $n^{m - 2}$ 项的系数一定是 $0$ ， $n^{m - 3}$ 项的系数一定是 $\frac{- m (m - 1) (m - 2)}{720}$ ……。当 $n^{m - 3}$ 项的系数出现时，我们可以猜想 $n^{m - k}$ 项的系数应该是某个常数乘以 $m^{\underset{―}{k}}$ ，于是 $S_{m} (n) = \frac{1}{m + 1} \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m + 1}{i}) B_{i} n^{m + 1 - i}$ ，其中的 $B_{i}$ 就被称作伯努利数。

伯努利数隐含一个递归关系： $\sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) B_{j} = [m = 0]$ ，这会在后续用伯努利数的指数生成函数证明，此处可以先当结论记住。

伯努利数意义的证：考虑数学归纳法。

边界情况是好证的，同时我们也可以证明 $B_{0} = 1$ 。

假设对于 $0$ 到 $m - 1$ ，都有 $S_{i} (n) = \frac{1}{m + 1} \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m + 1}{i}) B_{i} n^{m + 1 - i}$ 。

首先，先进行一个简单的变换，那就是 $S_{m + 1} (n) + n^{m + 1} = \sum_{i = 0}^{n - 1} (i + 1)^{m + 1} = \sum_{i = 0}^{n - 1} \sum_{j = 0}^{m + 1} (\binom{m + 1}{j}) i^{j}$ （用下指标一行之和展开） $= \sum_{j = 0}^{m + 1} (\binom{m + 1}{j}) S_{j} (n)$ ，于是两边同时减去 $S_{m + 1} (n)$ ，可以得到 $n^{m + 1} = \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) S_{j} (n)$ 。

现在考虑一个新的求和方法：扰动法。我们先设 ${\hat{S}}_{m} (n) = \frac{1}{m + 1} \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m + 1}{i}) B_{i} n^{m + 1 - i}$ ，于是我们想证明 $S_{m} (n) = {\hat{S}}_{m} (n)$ ，现在我们知道这对于 $0$ 到 $m - 1$ 成立，假设在 $m$ 作为指数时 $S_{m} (n)$ 与 ${\hat{S}}_{m} (n)$ 有差距 $Δ$ ，现在我们要证明 $Δ = 0$ 。

由于 $n^{m + 1} = \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) S_{j} (n)$ ，将最后一项提出，那么前面所有 $S_{m} (n)$ 都 $= {\hat{S}}_{m} (n)$ ，而最后一项与 ${\hat{S}}_{m} (n)$ 与 $S_{m} (n)$ 差 $Δ$ ，于是 $\sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) S_{j} (n) = \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) {\hat{S}}_{j} (n) + (\binom{m + 1}{m}) Δ = \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) {\hat{S}}_{j} (n) + (m + 1) Δ$ 。

将 ${\hat{S}}_{m} (n)$ 展开，于是可以得到原式

\begin{aligned} = \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m + 1}{j}) \frac{1}{j + 1} \sum_{k = 0}^{j} (\binom{j + 1}{k}) B_{k} n^{j + 1 - k} + (m + 1) Δ \\ = \sum_{k = 0}^{m} \sum_{j = k}^{m} (\binom{m + 1}{j}) (\binom{j + 1}{k}) \frac{B_{k}}{j + 1} n^{j + 1 - k} + (m + 1) Δ \end{aligned}

考虑改变 $k$ 的意义，变成 $j$ 与 $k$ 的差值，于是原式

\begin{aligned} = \sum_{k = 0}^{m} \sum_{j = k}^{m} (\binom{m + 1}{j}) (\binom{j + 1}{j - k}) \frac{B_{j - k}}{j + 1} n^{k + 1} + (m + 1) Δ \\ = \sum_{k = 0}^{m} \sum_{j = k}^{m} (\binom{m + 1}{j}) (\binom{j + 1}{k + 1}) \frac{B_{j - k}}{j + 1} n^{k + 1} + (m + 1) Δ \\ = \sum_{k = 0}^{m} \frac{n^{k + 1}}{k + 1} \sum_{j = k}^{m} (\binom{m + 1}{j}) (\binom{j}{k}) B_{j - k} + (m + 1) Δ \end{aligned}

发现其中有一个三项式系数恒等，将其变换后再调整求和顺序可以得到原式

\begin{aligned} = \sum_{k = 0}^{m} \frac{n^{k + 1}}{k + 1} (\binom{m + 1}{k}) \sum_{j = k}^{m} (\binom{m + 1 - k}{j - k}) B_{j - k} + (m + 1) Δ \end{aligned}

再次改变 $j$ 的意义为 $j$ 与 $k$ 的差值，于是原式

\begin{aligned} = \sum_{k = 0}^{m} \frac{n^{k + 1}}{k + 1} (\binom{m + 1}{k}) \sum_{j = 0}^{m - k} (\binom{m + 1 - k}{j}) B_{j} + (m + 1) Δ \end{aligned}

可以发现 $\sum_{j = 0}^{m - k} (\binom{m + 1 - k}{j}) B_{j}$ 是伯努利数的递归关系，于是原式

\begin{aligned} = \sum_{k = 0}^{m} \frac{n^{k + 1}}{k + 1} (\binom{m + 1}{k}) [m - k = 0] + (m + 1) Δ \\ = \frac{n^{m + 1}}{m + 1} (\binom{m + 1}{m}) + (m + 1) Δ \\ = n^{m + 1} + (m + 1) Δ \end{aligned}

现在我们就知道了 $n^{m + 1} = n^{m + 1} + (m + 1) Δ$ ，于是 $Δ = 0$ ，于是对于 $m$ ，也有 $S_{m} (n) = {\hat{S}}_{m} (n)$ ，符合数学归纳法，等式成立。

分拆数（ $P a r t i t i o n$ ）

施罗德数（ $S c h r \ddot{o} d e r$ ）

posted @ 2025-01-23 21:12 JPGOJCZX 阅读(18) 评论(1) 编辑收藏举报

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