第一类斯特林数
符号：\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\)
组合意义：\(n\)个数分成\(m\)个圆排列的方案数
递推公式：\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}\)
第二类斯特林数
符号：\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\)
组合意义：\(n\)个数划分成\(m\)个集合的方案数
递推公式：\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}\)
下降幂
\(n^{\frac{m}{}}=n(n-1)(n-2)\cdots(n-m+1)\)
\(n^{\frac{m}{}}=\dbinom{n}{m}m!\)
上升幂
\(n^{\frac{}{m}}=n(n+1)(n+2)\cdots(n+m-1)\)
定理
\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\dfrac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\dbinom{m}{k}(m-k)^n\) (1)
\(n^{\frac{k}{}}=\sum\limits_{i=0}^k(-1)^{k-i}\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}n^i\) (2)
\(\max(S)=\sum\limits_{T \subseteq S}(-1)^{|T|-1}\min(T)\) (3)
\(n^m=\sum\limits_{i=0}^{m}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\frac{i}{}}\) (4)
\(n^{\frac{}{m}}=\sum\limits_{k=0}^m\begin{bmatrix}m\\k\end{bmatrix}n^k\) (5)
\(\dbinom{n}{k}k^{\frac{m}{}}=\dbinom{n-m}{k-m}n^{\frac{m}{}}\) (6)
斯特林反演
\(f(n)=\sum\limits_{k=0}^n\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}g(k)\Longleftrightarrow g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}f(k)\)
引理(1)：\(x^{\frac{n}{}}=(-1)^n(-x)^{\frac{}{n}}\) \(x^{\frac{}{n}}=(-1)^n(-x)^{\frac{n}{}}\)
证明引理(1)：
对第一个式子：
右边\(=(-1)^n(-x)(-x+1)(-x+2)\cdots(-x+n-1)\)
\(=x(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1)\)
\(=x^{\frac{n}{}}\)
对第二个式子：
右边\(=(-1)^n(-x)(-x-1)(-x-2)\cdots(-x-n+1)\)
\(=x(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)\)
\(=x^{\frac{}{n}}\)
引理(2)：\(\sum\limits_{k=m}^n(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}=[m=n]\)
\(\sum\limits_{k=m}^n(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}=[m=n]\)
证明引理(2)：
根据定理(4)：\(n^m=\sum\limits_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}n^{\frac{k}{}}\)
根据引理(1)变形上式：\(n^m=\sum\limits_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}(-1)^k(-n)^{\frac{}{k}}\)
又由定理(5)：\(n^m=\sum\limits_{k=0}^m\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}(-1)^k\sum\limits_{j=0}^k\begin{bmatrix}k\\j\end{bmatrix}(-n)^j\)
交换求和符号得：\(n^m=\sum\limits_{j=0}^mn^j\sum\limits_{k=j}^m(-1)^{k-j}\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\j\end{bmatrix}\)
设\(a_j=\sum\limits_{k=j}^m(-1)^{k-j}\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\j\end{bmatrix}\)
上式相等当且仅当\(a_0=a_1=\dots=a_{m-1}=0，a_m=1\)
注意此处仅\(j=m\)处正负号有影响，所以可写成如下形式，
故\(\sum\limits_{k=j}^m(-1)^{k-m}\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\j\end{bmatrix}=[j=m]\)，另一个同理可得
若有\(f(n)=\sum\limits_{k=0}^n\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}g(k)\)
对\(g(n)=\sum\limits_{j=0}^n[j=n]g(j)\)用引理(2)可得:
\(g(n)=\sum\limits_{j=0}^n\sum\limits_{k=j}^n(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}g(j)\)
交换求和符号：
\(g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\sum\limits_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}g(j)\)
又因为有:\(f(k)=\sum\limits_{j=0}^{k}\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}g(j)\)
所以\(g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}f(k)\)，得证，另一个同理
二项式反演
形式：
（0）\(f(n)=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^i \dbinom{n}{i} g(i) \iff g(n)=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^i \dbinom{n}{i} f(i)\)
（1）\(f(n)=\sum\limits_{i=0}^n g(i) \iff g(n)=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i} \dbinom{n}{i} f(i)\)
（2）\(f(k)=\sum\limits_{i=k}^n (-1)^{i-k} \dbinom{i}{k} g(i) \iff g(k)=\sum\limits_{i=k}^n \dbinom{i}{k} f(i)\)
证明：
试举形式2一例，把右侧代入左侧，有
\(\begin{align} f(k) &=\sum\limits_{i=k}^n (-1)^{i-k} \dbinom{i}{k} \sum\limits_{j=i}^n \dbinom{j}{i} f(j)\\&= \sum\limits_{i=k}^n \sum\limits_{j=i}^n (-1)^{i-k} \dbinom{i}{k} \dbinom{j}{i} f(j) \\&= \sum\limits_{j=k}^n f(j)\sum\limits_{i=k}^j (-1)^{i-k} \dbinom{i}{k} \dbinom{j}{i} \\&= \sum\limits_{j=k}^n \dbinom{j}{k} f(j) \sum\limits_{i=k}^j \dbinom{j-k}{j-i} (-1)^{j-i} (-1)^{k-j} \\&= \sum\limits_{j=k}^n (-1)^{j-k} \dbinom{j}{k}f(j)\sum\limits_{t=0}^{j-k} \dbinom{j-k}{t} (-1)^t (+1)^{j-k-t} \end{align}\)
又因为二项式定理，\((-1+1)^{j-k}=\sum\limits_{t=0}^{j-k} \dbinom{j-k}{t} (-1)^t (+1)^{j-k-t}\)，则
\(\begin{align} f(k) &= \sum\limits_{j=k}^n (-1)^{j-k} \dbinom{j}{k} f(j) [j=k] \\&= f(k) \end{align}\)
证毕，\(Q.E.D\)
形式0可以用容斥原理证明，形式1就是形式0的代换
min-max 容斥
形式：\(\max(S)=\sum\limits_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-1} \min(T)\)（\(\max\)，\(\min\)对调仍然成立）
证明：
构造一个容斥系数函数\(f(x)\)，使得 \(\max(S)=\sum\limits_{T \subseteq S} f(|T|) \min(T)\)
考虑第\(x+1\)大的元素的贡献，则贡献为\([x=0]=\sum\limits_{i=0}^x \dbinom{x}{i}f(i+1)\)，右边就是枚举哪些集合的最小值会成为第\(x+1\)大
设\(g(k)=[k=0]\)，则\(g(k)=\sum\limits_{i=0}^k \dbinom{k}{i} f(i+1)\)
根据二项式反演，得：
\(\begin{align} f(k+1) &=\sum\limits_{i=0}^k (-1)^{k-i} \dbinom{k}{i} g(i) \\&= \sum\limits_{i=0}^k (-1)^{k-i} \dbinom{k}{i} [i==0] \\&= (-1)^k \end{align}\)
故\(f(k)=(-1)^{k-1}\)，\(\max(S)=\sum\limits_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-1} \min(T)\)
证毕，\(Q.E.D\)