除了组合数、卡特兰数之外，最重要的一类特殊数便是斯特林数。
1.1 第二类斯特林数
斯特林数通常有两种，分别为第一类斯特林数和第二类斯特林数，后者通常更为重要。
与组合数类似，第二类斯特林数也有自己的符号 $ \begin{Bmatrix}n \ m\end{Bmatrix}$，其含义为把 \(n\) 个不同的数划分到 \(m\) 个非空集合中的方案数。
我们首先从递推的角度考虑怎么计算第二类斯特林数，我们考虑第 \(n\) 个数的划分情况：
- 单独分到一个集合，\(\begin{Bmatrix}n-1 \\ m-1\end{Bmatrix}\)。
- 加入某个集合，$ m\begin{Bmatrix}n-1 \ m\end{Bmatrix}$。
那么我们得到 $ \begin{Bmatrix}n \ m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1 \ m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1 \ m\end{Bmatrix}$。
于是可以得到 \(\Theta(n^2)\) 的递推公式。
那么，第二类斯特林数有没有通项公式呢？
首先，因为集合之间没有区别，我们不妨让集合也有区别，这样方案数就变成了 \(m!\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}\)。
另一方面，我们要求所有集合非空，那么可以考虑容斥， 钦定若干集合为空的，剩下的任意。
那么可以得到一个计算式：
\[m!\begin{Bmatrix}n \\ m\end{Bmatrix}=\sum\limits_{i=0}^m\dbinom{m}{i}(-1)^i(m-i)^n \]这样便可以得到第二类斯特林数的通项公式，只不过求单个只能 \(\Theta(m)\)。
另一方面，我们有下面这个式子：
\[m^n=\sum\limits_{i=0}^m\dbinom{m}{i}{\begin{Bmatrix}n \\ i\end{Bmatrix}}i! \]其含义为，左边为把 \(n\) 个不同的球装进 \(m\) 个不同的盒子里的方案数，右边是枚举非空的盒子数量，然后乘上第二类斯特林数，并且因为盒子不同，要再乘上 \(i!\)。
更进一步的，上面的式子可以看成下面的式子做二项式反演得到的。
同时，因为 \(\dbinom{m}{i}i!=m^{\underline{i}}\)，且 \(i\) 要 \(\leq n\) 才有意义，所以上式可以改写为：
\[x^n=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}} \]这样我们就得到了把普通幂转化为下降幂的方法。
自然数幂和问题
给定 \(n,m\)，求 \(\sum\limits_{i=0}^ni^m\)。
\[\sum\limits_{i=0}^ni^m=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}i^{\underline{j}} \]\[=\sum\limits_{j=0}^m \begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}\sum\limits_{i=0}^ni^{\underline{j}} \]下降幂和组合数的性质很相近啊，我们不妨用上指标求和推一推：
\[\sum\limits_{i=0}^ni^{\underline{k}}=k!\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{i}{k}=k!\dbinom{n+1}{k+1}=k!\frac{(n+1)!}{(k+1)!(n-k)!}=\frac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1} \]那么原式等于：
\[=(n+1)\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}\frac{n^{j}}{j+1} \]复杂度 \(\Theta(m^2)\)，瓶颈在于预处理第二类斯特林数。
CF932E Team Work
\[\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}i^m=\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}i^{\underline{j}} \]\[=\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}j!\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{j} \]\[=\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}j!\dbinom{n}{j}\sum\limits_{i=0}^{n-j}\dbinom{n-j}{i-j} \]\[=\sum\limits_{j=0}^m\begin{Bmatrix} m \\j \end{Bmatrix}j!\dbinom{n}{j}2^{n-j} \]复杂度 \(\Theta(m^2)\)。
[省选联考 2020 A 卷] 组合数问题
\[\sum\limits_{k=0}^n\sum\limits_{j=0}^mf_jk^{j}x^{k}\dbinom{n}{k} \]\[\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{k=0}^n\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}k^{\underline{p}}x^{k}\dbinom{n}{k} \]\[\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}p!\sum\limits_{k=0}^n\dbinom{k}{p}\dbinom{n}{k}x^{k} \]\[\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}p!\dbinom{n}{p}\sum\limits_{k=0}^n\dbinom{n-p}{k-p}x^{k} \]\[\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}p!\dbinom{n}{p}\sum\limits_{k=0}^{n-p}\dbinom{n-p}{k}x^{k+p} \]\[\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}p!\dbinom{n}{p}x^{p}\sum\limits_{k=0}^{n-p}\dbinom{n-p}{k}x^{k} \]\[\sum\limits_{j=0}^mf_j\sum\limits_{p=0}^{j}\begin{Bmatrix} j \\p \end{Bmatrix}p!\dbinom{n}{p}x^{p}(1+x)^{n-p} \]复杂度 \(\Theta(m^2)\)。
练习一 CF1278F Cards
此外有很多题是根据组合数的组合意义进行优化。
P4827 [国家集训队] Crash 的文明世界
\[ans_x=\sum\limits_{i=1}^ndis(i,x)^k=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=0}^k \begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix}j!\dbinom{dis(i,x)}{j}=\sum\limits_{j=0}^k \begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix}j!\sum\limits_{i=1}^n\dbinom{dis(i,x)}{j} \]考虑组合意义，在所有点到 \(x\) 的路径上选了 \(j\) 条边的方案数之和，那么容易设计一个 dp，\(f_{x,i}\) 为 \(x\) 子树内，所有路径上选出 \(i\) 条边的方案数之和，转移是容易的。
之后只需要换根 DP 求出每个点的答案就行，复杂度 \(\Theta(nk)\)。
练习二 P8362 [SNOI2022] 数位
1.2 第一类斯特林数
第一类斯特林数被表示为 \(\begin{bmatrix}n \\ m\end{bmatrix}\)，其含义为把 \(n\) 个不同元素扔到 \(m\) 个环上的方案数，即有 \(m\) 个置换环的 \(n\) 元排列个数。
与之前类似，我们还是考虑新加入一个元素，也是有两种情况：
- 单独构成一个环，\(\begin{bmatrix}n-1 \\ m-1\end{bmatrix}\)
- 插入之前的某个元素后面，\((n-1)\begin{bmatrix}n-1 \\ m\end{bmatrix}\)
于是也得到了 \(\Theta(n^2)\) 的递推公式。
[FJOI2016] 建筑师
模板题，按照组合意义推即可。
1.3 斯特林反演
与下降幂类似，我们定义上升幂 \(x^{\overline{n}}=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(x+i)\)，那么就有如下两个公式：
- \[x^{\overline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n\begin{bmatrix} n \\i \end{bmatrix}x^{i} \]
- \[x^{\underline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\begin{bmatrix} n \\i \end{bmatrix}x^{i} \]
证明比较复杂且不太重要。
结合前面的我们一共有四个高度相似的公式：
- \[x^n=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}} \]
- \[x^n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix}x^{\overline{i}} \]
- \[x^{\overline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n\begin{bmatrix} n \\i \end{bmatrix}x^{i} \]
- \[x^{\underline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\begin{bmatrix} n \\i \end{bmatrix}x^{i} \]
这个公式也很好记，我们认为上升幂>普通幂>下降幂，那么：
- 从两边（上升幂，下降幂）到中间（普通幂）用第二类斯特林数，从中间到两边用第一类斯特林数。
- 从小的到大的要带 \((-1)^i\)，从大的到小的不需要。
此外还有 斯特林反演 公式：
\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^n\begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\begin{bmatrix} n \\i \end{bmatrix}f(i) \]P10591 BZOJ4671 异或图
我们钦定出 \(i\) 个连通块，满足连通块之间没边，连通块内部随意，这样子的方案数是 \(g_i\)。
如果恰好有 \(i\) 个连通块的方案数是 \(f_i\)，那么考虑 \(f\) 与 \(g\) 的关系，因为 \(g\) 的每个连通块实际可能是由若干连通块构成的，那么就是把 \(f\) 的若干连通块分到一个 \(g\) 的连通块里，这个方案数就是第二类斯特林数。
\[g_i=\sum\limits_{j=i}^n\begin{Bmatrix} j \\i \end{Bmatrix}f_j\Leftrightarrow f_i=\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{j-i}\begin{bmatrix} j \\i \end{bmatrix}g_j \]最终求的就是 \(f_1\)，因此我们需要求出 \(g_1,g_2\dots g_n\)。
直接枚举钦定出来的连通块，这个复杂度是 \(n\)的贝尔数 ，那么限制就是连通块之间每条边的出现次数是偶数。我们可以列出一些关于图是否选择的异或方程，那么求出线性基之后这个方案数就是 \(2\) 的自由元个数次方。