引言 在组合数学，Stirling数可指两类数，第一类Stirling数和第二类Stirling数，都是由18世纪数学家James Stirling提出的。 Stirling数有两种，第一类Stirling数和第二类Stirling数，它们自18世纪以来一直吸引许多数学家的兴趣，如欧拉、柯西、西尔沃斯特和凯莱等。后来哥本哈根（Copenhagen）大
简单题。 其实就是\(Stirling(N,M)\)，可以用 \(Dymanic\ Planning\) 求解。 状态转移方程为 \( Stirling(i,j)=Stirling(i-1,j-1)+j\times Stirling(i-1,j) \) 至于高精度，可以用Python s= [[0] * 450 for i in range(450)] for i in range(1,450): s[i][i]=1;s[i][1]=1 fo
《好多题的题解》 「洛谷 P5408」第一类斯特林数·行 根据结论 \[x^{\overline{n}}=\sum_i{n\brack i}x^i, \]我们只需要求出 \(x^{\overline{n}}\) 的各项系数。显然的 \(\mathcal O(n\log^2n)\) 做法就足够过掉洛谷上的原题了，但是我们 OJ 比较卓越，所以得用 \(\math
#1.0 第一类 Stirling 数 #1.1 定义 对于正整数 \(n,k\)，定义 \(c(n,k)\) 为 \(n\) 元对称群 \(S_n\) 中恰含 \(k\) 个轮换（即可恰写成 \(k\) 个不交轮换的乘积）的置换个数（注意，不动点也看做一个轮换）。称 \(s(n,k)=(-1)^{n-k}c(n,k)\) 为第一类 \(\text{Stirling}\) 数，也常常称 \(c(n
第一类Stirling数 首先设 $$S_k(n)=\sum_{i=0}^ni^k$$ 根据第一类斯特林数的定义（P是排列数，C是组合数,s是Stirling） $$C_n^k={P_n^k\over k!}={\sum_{i=0}^k(-1)^{i+k}s(k,i)n^i\over k!}$$ 变形得 $$ n^k ={\sum_{i=0}^{k-1}(-1)^{i+k}s(k,i)n^i}-k! C_n^k$$ $n$ 从1取到n累加， $$S
原文链接：https://blog.csdn.net/liangzhaoyang1/article/details/51145807 斯特灵公式是一条用来取n阶乘近似值的数学公式。一般来说，当n很大的时候，n阶乘的计算量十分大，所以斯特灵公式十分好用。从图中可以看出，即使在n很小的时候，斯特灵公式的取值
第一类\(Stirling\)数 \(\begin{bmatrix} n \\ m \\ \end{bmatrix}\)表示\(n\)个元素组成\(m\)个圆排列的方案数。 何为圆排列？即通过排列在一个环上，两两不能通过旋转相互得到的排列的个数。 \[ \begin{bmatrix} n \\ m \\ \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} n-1 \\ m-1 \\ \end{bmatri
第一类斯特林数 在这里我因为懒所以还是用\(S(n,m)\)表示第一类斯特林数，但一定要和第二类斯特林数区分开来 递推式 \(S(n,m)=S(n-1.m-1)+S(n-1,m)*(n-1)\) 其中\(S(0,0)=1,S(i,0)=0(i>0)\) 组合意义 \(n\)个元素组成\(m\)个圆排列的方案数 注意这里圆排列指的是两个排列经过旋转能
计算式 \[ S(n,m)=S(n-1,m-1)+mS(n,m) \] \(S(0,0)=1，S(i,0)=0(i>0)\) 组合意义 将\(n\)个不可分辨的小球放入\(m\)个不可分辨的盒子中，且每个盒子非空 那么上面的式子就类似与\(dp\)的转移了 性质 1、\(S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i\dbinom{m}{i}(m-i)^n\) 证明：考虑组合意
