斯特林数和自然数前m 项n 次方的求和公式将 n 个元素，分成 k 个非空子集，不同的分配方法种数，称为斯特林数（Stirling Number ），记为),(k n S ，n k ≤≤1。

例如，将4个物体d c b a ,,,分成3个非空子集，有下列6种方法：)}(),(),,{(d c b a ，)}(),(),,{(d b c a ，)}(),(),,{(c b d a ， )}(),(),,{(d a c b ，)}(),(),,{(c a d b ，)}(),(),,{(b a d c 。

所以，6)3,4(=S 。

斯特林数),(k n S 的值列表如下：容易看出，有 1),()1,(==n n S n S ，12)2,(1-=-n n S ，2)1,(2==-C n n S n 。

定理1 当 n k ≤≤2 时，有 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+ 。

证 把1+n 个元素分成k 个非空子集，有),1(k n S +种不同分法。

把1+n 个元素分成k 个非空子集，也可以这样考虑：或者将第1+n 个元素单独作为1个子集，其余n 个元素分成1-k 个非空子集，这种情况下有)1,(-k n S 种不同做法；或者先将前n 个元素分成k 个非空子集，有),(k n S 种分法，再将第1+n 个元素插入这k 个子集，有k 种选择，这种情况下有k ),(k n S 种不同做法。

所以共有),()1,(k n kS k n S +-种分法。

两种考虑，结果应该是一样的，因此有 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+ 。

如果规定当1<k 或n k >时，0),(=k n S ，则公式 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+对 任何正整数n 和任何整数k 都成立。

定理2 对任何整数 n 1≥ 和 0≥k ，有∑-=--=1)()1(!1),(k i n i k i i k C k k n S 。

证 用数学归纳法证明。

（1）当 1=n 时，∑-=--10)()1(!1k i i k i i k C k ∑-=---=101)1(!)1(1k i ik i C k ),1(1011)1(!01000k S k k C =⎪⎩⎪⎨⎧≠==-= ， 公式成立。

（2）设已知对某个正整数 n ，公式成立，下面看 1+n 时的情形：),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+∑-=-----=201)1()1()!1(1k i ni k i i k C k ∑-=--+10)()1(!k i n i k i i k C k k ∑-=------=1111)()1(!)1(1k i ni k i i k C k ∑-=---+10)()1(!)1(1k i n i k i i k C k ∑-=----=101)()1()!1(1k i n i k i i k C k ∑-=+--=101)()1(!1k i n i k i i k C k ， 可见 1+n 时公式也成立。

（3）所以，对任何正整数 n ，公式都成立。

例如，有12!2122)2,(1-=⋅-=-n nn n S ，!21223!313233)3,(11+⋅-=⋅+⋅-=--n n n n n n S , !3123334!41426344)4,(111-⋅+⋅-=⋅-⋅+⋅-=---n n n n n n n n S , !412436445!515210310455)5,(1111+⋅-⋅+⋅-=⋅+⋅-⋅+⋅-=----n n n n n n n n n n S 。

定理3 当 n k ≤≤1m ≤ 时，有nm ∑==nk k m k n S P 1),(),()2,()1,(21n n S P n S P n S P nm m m +++= 。

证 将n 个元素分配到m 个不同的格子中，每个格子可以有多个元素，也可以没有元素，共有nm 种不同分配方法。

将n 个元素分配到m 个不同的格子中，也可以这样考虑：先将n 个元素分成k 个非空子集，有),(k n S 种不同分法，再将这k 个子集分配到m 个格子中，每个格子最多只能放一个子集，不同的子集分配在不同的格子中，有k m P 种不同分法，共有),(k n S k m P 种不同做法。

这里k 可取n ,,2,1 中每一个值，所以有nm n mm m P n n S P n S P n S ),()2,()1,(21+++= ∑==nk km P k n S 1),( 。

定理4 对任何正整数 1≥m ，1≥k ，有 1111+=++=∑k P P k m mj k j。

证 用数学归纳法证明。

（1）当 1=m 时，11110111111+⎩⎨⎧==>==++=∑k P k k P P k k j kj时当时当 ，定理显然成立。

（2）设已知对某个正整数 m ，定理成立，下面看 1+m 时的情形：=∑+=11m j k jPk m k m k m mj k j P k P PP 111111++++=++=+∑k m k m P P k k m 1111+++++-=k m P k m 112+++=112+=++k P k m ， 可见当 1+m 时，定理也成立。

（3）所以，对任何正整数 m ，定理都成立。

定理5 对任何整数 1≥m 和 1≥n ，有∑==++++mj n nnnnj m 1321∑=+++=nk k m k P k n S 1111),(∑∑=++-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=n k k m k i n i k i C i k C 111101)()1( 。

证 由定理3可知 nj ∑==nk kjP k n S 1),(，由定理4可知 1111+=++=∑k P P k m mj k j，所以∑==++++mj nnnnnj m 1321 ∑∑===mj nk kjP k n S 11),(∑∑===nk mj k jP k n S 11),(∑=+++=nk k mk P k n S 1111),(∑∑=++-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=nk k m k i n i k i k P i k C k 111101)()1(!1∑∑=++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=nk k m k i n i k i C i k C 11110)()1( 。

例如，有211+==∑m mj C j 2)1(+=m m ， ∑=m j j 1231212+++=m m C C 6)12)(1(++=m m m ，∑=mj j1341312166+++++=m m m CCC4)1(22+=m m ，∑=mj j1451413121243614+++++++=m m m m CCCC30)196)(1(23-+++=m m m m m ，∑=mj j15615141312112024015030+++++++++=m m m m m CCCCC12)142)(1(232-+++=m m m m m 。

举例：∑==++++nj jn1100100100100100321∑=+++=1001111),100(k k n k P k S 101)100,100(4)3,100(3)2,100(2)1,100(1011413121++++++++=n n n n P S P S P S P S1014212233)12(21011419999319921++++++⋅+⋅-+-+=n n n n P P P P⎥⎦⎤⎢⎣⎡++--+⋅-+--++=-101)2)(1(81223)1(31221)1(991999999n P n n n n n 。

一．第一类Stirling 数 s(p,k)s(p,k)的一个的组合学解释是：将p 个物体排成k 个非空循环排列的方法数。

s(p,k)的递推公式：s(p,k) = (p-1)*s(p-1,k) + s(p-1,k-1) ,1<=k<=p-1边界条件：s(p,0) = 0 ,p>=1s(p,p) = 1 ,p>=0递推关系的说明：考虑第p个物品，p可以单独构成一个非空循环排列，这样前p-1种物品构成k-1个非空循环排列，方法数为s(p-1,k-1)；也可以前p-1种物品构成k个非空循环排列，而第p个物品插入第i个物品的左边，这有(p-1)*s(p-1,k)种方法。

二．第二类Stirling数S(p,k)S(p,k)的一个组合学解释是：将p个物体划分成k个非空的不可辨别的（可以理解为盒子没有编号）集合的方法数。

S(p,k)的递推公式是：S(p,k) = k*S(p-1,k) + S(p-1,k-1) ,1<= k <=p-1边界条件：S(p,p) = 1 ,p>=0S(p,0) = 0 ,p>=1递推关系的说明：考虑第p个物品，p可以单独构成一个非空集合，此时前p-1个物品构成k-1个非空的不可辨别的集合，方法数为S(p-1,k-1)；也可以前p-1种物品构成k个非空的不可辨别的集合，第p个物品放入任意一个中，这样有k*S(p-1,k)种方法。

第一类斯特林数和第二类斯特林数有相同的初始条件，但递推关系不同。

引用Brualdi《组合数学》里的一段注释“对于熟悉线性代数的读者，解释如下：具有（比如）实系数，最多为p次的那些各项式形成一个p+1维的向量空间。

组1，n，n^2，...。

n^p和组A(n, 0)，A(n,1)，A(n,2)，... ，A(n,p)都是该空间的基。

第一类Stirling数和第二类Stirling数告诉我们如何用其中的一组基表示另一组基。

”。