闲话 6.28

\[\sum_{n\ge 1} {n\brace m}z^n=\frac{z^m}{\prod_{i=1}^m(1-iz)} \]

首先显然我们可以归纳证明此式。

也可以考虑组合意义。

\[RHS=\prod_{i\le m}\left(\sum_{j\ge 0}i^jz^{j+1}\right) \]

设 \(RHS\) 的 \(z\) 的次数贡献是 \(a_{1:m}\)（似乎这是常见的想法？之前看数论书上的拆分数一个恒等式也是这样）。那么贡献的系数是

\[\prod_{i\le m}i^{a_i-1} \]

假如最后分出来的集合是 \(S_{1:m}\)，把这些集合按照最小值升序排序。

设 \(n-a_m+1\) 是 \(S_m\) 的最小值，其他的 \(n-a_{m}+2\sim n\) 可以任意分配，贡献是 \(m^{a_m-1}\)；然后 \(n-a_m-a_{m-1}+1\) 是 \(S_{m-1}\) 的最小值，中间的 \(a_{m-1}-1\) 个可以任意分配给除了 \(S_m\) 的集合，贡献是 \((m-1)^{a_{m-1}-1}\)……

容易发现，我们枚举的就是最小值的差分。显然这样是不重不漏的。

2.证明：共轭拆分数等于互异奇数拆分数。

把共轭的第一行和第一列的并（实际上就只多了左上角。。）变成一大行作为构造奇数互异排列的第一行。显然，这样的奇数每次至少减少 \(2\)。

奇数类似地转回来即可。这样就构造了双射。