1

第八章 特殊计数序列8.2 差分序列和 Stirling 数 (2)

上次课我们已经引入了第二类 Stirling( 司特林 ) 数 , 本次课将继续讨论第二类 Stirling 数和第一类 Stirling 数。前面见到的递推关系都是一个参数的。 Stirling 数 S(p,k) 导出的递推关系式是两个参数的 , 它的序列表示要由 p,k 两个参数决定。首先证明它的序列是满足 Pascal 型递推关系。

2

定理 8.2.4 如果 1≤k≤p-1 则 S(p, k) = kS(p-1,k) + S(p-1, k-1)

证明：在二项式公式中，我们有下式：

111

kn

kn

kn

我们要证明的等式与上式有些相似。

1

0

1

0

])[,1(

])[,(

p

kk

p

p

kk

pn

nkpSn

nkpSnh

和

3

1

0

1

01

1

0

180

1

0

1

0

1

0

1

0

1

])[,1(])[,1(

][),1(

)][(])[)(,1(

])[)(,1(

][),1(

])[,1(

p

kk

p

kk

p

kk

k

p

kk

p

kk

p

kk

p

kk

pp

nkpkSnkpS

nkkpS

nPnknkpS

nkknkpS

nnkpS

nkpSnnnn

的定义见

4

对上式左边的求和中，用 k+1 置换 k 后得到：

1

1

1

0

1

1

1

01

1

0

1

01

])][,1()1,1([

])[1,1(

])[,1(

])[1,1(])[1,1(

])[,1(])[1,1(

])[,1(])[,1(

p

kk

p

p

kk

p

kkp

p

kk

p

kk

p

kk

p

kk

p

nkpkSkpS

nppS

nkpkS

nkpSnppS

nkpkSnkpS

nkpkSnkpSn

第 p 项

5

对于 1≤k≤p-1 的每一个 k 比较上式与下式中 [n]k

的系数可以看出：

),1()1,1(),(

])][,1()1,1([1

1

kpkSkpSkpS

nkpkSkpSp

kk

比较得与

证毕 递推关系中的初值由下列给出： S(p, 0) = 0 (p≥1) ; S(p, p) = 1 (p≥0) 根据 p, k 的值得到第二类 Stirling 数 S(p, k) 的序

列

1

00

])[,(])[,(])[,(p

kkp

p

kk

p nkpSnppSnkpSn

0])[0,1( 0 npS

6

P \ k 0 1 2 3 4 5 6 7…..

01234567.

1 0 1 0 1 1 0 1 3 1 0 1 7 6 1 0 1 15 25 10 1 0 1 31 90 65 15 1 0 1 63 301 350 140 21 1 ………………………………………………

S(p, k) 的值

S(p, p)=1

S(p, 0)=0

7

由上表看出，左上角到右下角对角线的元素是 初值 S(p, p) = 1 (p≥0) ；左边第一列的元素

( 除第一个外 ) 是初值 S(p, 0) = 0 (p≥1) 。其他元素的递推关系是：通过 k 乘以该项上方的元素再加上该项左肩上方元素的和。

另外我们还能得到下列结论： S(p, 1) = 1 (p≥1) ； S(p, 2) = 2p-1 - 1 (p≥2) ( 会作为习题做的 )

)1(2

)1,(

pp

ppS

8

P \ k 0 1 2 3 4 5 6 7…..

01234567.

1 0 1 0 1 1 0 1 3 1 0 1 7 6 1 0 1 15 25 10 1 0 1 31 90 65 15 1 0 1 63 301 350 140 21 1 ………………………………………………

S(p, k) 的值

S(p, p-1)=S(p, 2)=2p-1-1

2p

9

例： n 个有区别的球放到两个有区别的盒子里， 若要求第 1 个盒子放 k 个球，第二个盒子放 n-k 个球 (k=0,1,2….n) 方案数应是 (x+y)n 展开式中 xk yn-k 项的系数： 依据加法法则有：

kn

n

knnnn

2......210

10

可把上面的讨论推广到 n 个有区别的球放到m 个有区别的盒子里，要求 m 个盒子放的球数

分别是 n1, n2, n3, …. nm (n1+n2+n3+…. +nm= n )

的情况，其不同方案数为：

mnnnnn...321

11

定理 8.2.5 第二类 Stirling 数 S(p, k) 是 : 将 p

个元素的集合划分成 k 个不可分辨的非空盒子的划分的个数。 ( 不可分辨的盒子是指看起来一样 )

证明：令 S*(p, k) 是将 p 个元素的集合划分成 k

个不可分辨的非空盒子的划分的个数。如果把集合划分成 p 个非空盒子，显然 S*(p, p) =1 (p

≥0) 而且 S*(p, 0) =0 (p≥1) 看上去与 S(p, k) 的初值

12

一样 , 我们这样划分：将前 p 个正整数 1,2,… p, 的集合作为要被划分的集合。把 {1,2,… p} 满足题意的划分有下列两种类型：

i) 使得 p 单独在一个盒子的划分；或者 ii) 使得 p 不单独在一个盒子的划分。此时该盒

子的元素多于 1 个； 相当于：设有 p 个有区别的球 b1, b2, b3,…., bp,

13

从中取一个球设为 bp 。把 p 个球放到 k 个盒子无一 空盒的方案的全体可分为两类。 （ a ） bp 独占一盒，固定了一个，其方案数显然

为： S*(p-1, k-1)

（ b ） bp 不独占一盒，这相当于先将剩下的 p-1

个球放到 k 个盒子，不允许空盒，共有 S*(p-1, k)

种方案，然后将 bp 球放进其中一盒，由乘法

14

原理得 bp 不独占一盒的方案数应为： kS*(p-1, k) 再由加法原理： S*(p, k)=S*(p-1, k-1)+ kS*(p-1, k) 这正是第二类 Stirling 数 S(p, k) 证毕 上面证明递推公式的过程，也就是给出构

造所有划分方案的办法 , 对于将 p 个不同的元素放在 k 个同一种盒子的划分数求法很有用。

15

例：红 , 黄 , 蓝 , 白四种颜色的球 , 放到两个无区 别的盒子里 , 不允许有空盒 , 其方案有如下七种 :

S (4, 2) = 7

用 r 表红球 ,y 表黄球 ,b 表蓝球 ,w 表白球 ,1 2 3 4 5 6 7第一盒子 r y b w ry rb rw

第二盒子 ybw rbw ryw ryb bw yw yb

注意 : 两个球放在同一盒子的划分已经穷举完 .

16

例：将红、黄、蓝、白、绿五个球放到无区别的 两个盒子里。共有 15 种不同的方案。 由递推关系 S(p, k) = kS(p-1,k) + S(p-1, k-1) 得： S(5,2) =2S(4,2)+S(4,1)=2×7+1=15 种。先把绿球取走，余下的四个球放到两个盒子的方

案已见前面的例子。和前面一样用 r,y,b,w 分别表示红，黄，蓝，白球，绿球用 g 表示，故将五个球放到无区别的两个盒子里的方案如下表 :

17

g 不独占一盒 g 独占一盒第 1 盒子 第 2 盒子 第 1 盒子 第 2 盒子 第 1 盒子 第 2 盒子rg ybw r ybwg g rybw yg rbw y rbwgbg ryw b rywgwg ryb w rybgryg bw ry bwgrbg yw rb ywgrwg yb rw ybg

18

第一类型 7 种 第二类型 7 种 第三类型 1 种 g 在第 1 盒子 g 在第 2 盒子 共计 7+7+1=15 种 现在使用我们对第二类 Stirling 数组合解释

并且求出它的计算公式 :

确定将集合 {1,2,…, p} 分成个 k 非空、可辨别的盒子的划分数为 S#(p, k) 。注意区别前面我们讨论是不可辨别的盒子的划分数为 S(p, k) 。

19

把盒子看成是涂成红色、兰色、绿色等。这 时不仅要考虑哪些元素一起被放进盒子里，

而且要考虑放进哪些盒子里，一旦知道 k 个 盒子的内容，就可以用 k! 种方法给 k 个盒子涂色。 于是： S#(p, k) = k! S(p, k)

那么：

),(!1),( # kpSk

kpS

20

通过第六章的容斥原理来求 S#(p, k) ；应该注

意到，上式是基于每个盒子都是非空的前提，如果 k 个盒子中有 r 个是空的，交换这 r 个空盒子不会影响我们的划分，公式就改写成：),(

!!),(# kpSrkkpS

定理 8.2.6 对每个满足 0 ≤k≤p 的整数 k ，都有

21

pp

t

t

pp

t

t

tktk

kkpS

tktk

kpS

)()1(!1),(

)()1(),(

0

0

#

从而

证明：令 U 是将 {1,2,…, p} 分成个 k 可辨别盒子 B1, B2, ….., Bk 的所有划分的集合。定义 k 个性质 p1, p2, p2,….., pk ，其中 pi 为第 i 个盒子 Bi

是空盒的性质。再令 Ai 表示 U 的子集，它由盒 Bi 是空盒的那些划分组成。利用容斥原理 ,

于是：

22

我们有： |U| = kp (p 个元素的每个都能放到k 个盒子中去，如同填号码 ) 令 t 是满足 :

0 ≤t≤k 的整数。盒子 B1, B2,….., Bt 是空的而 Bt+

1, Bt+2,….., Bk 可以是空的也可以不是空的。因此|A1∩A2∩…..∩At| 对于集合 {1,2,…, p} 的划分计数到 k-t 个可辨别的盒子上。即等于 (k-t) p 。

kAAAAkpS .....),( 221#

23

无论假设哪 t 个盒子为空，相同的结论都成立 就是说，对于 {1,2,…, k} 的每一个 t- 组合 :

{i1, i2, i3,…., it } 都有：成立p

iiii tkAAAAt

)(......321

由第六章 P107 公式（ 6-3 ）

24

pkk

pk

pp

kkAAAA

kAAA

kkUS

)(....

.................................

)1(...

)0(

321

211

0

证毕pk

t

tt

k

t

t

tt

k

tktk

tk

tkkkk

AAAAkpS

)()1()1(

)1(.....321

.....),(

00

3210

221#

25

注意，上式是第二类 Stirling 数的组合解释 的计算公式，在实际使用中并不方便，求第二类 Stirling 数的值我们习惯用它的初值和递推公式 S(p, k) =kS(p-1,k) +S(p-1, k-1) 或者查表求。

由于第二类 Stirling 数相当于将 p 个球放到 k

个盒子里，依球和盒子是否有区别？是否允许

26

空盒？共有 2×2×2=8 种状态的方案个数列 于下表：p 个球 k 个盒 是否空 方 案 个 数有区别

有区别 有空盒 kp

无区别 无空盒 S(p,k)有区别 无空盒 若不考虑盒子区别时得 S(p,k) 再对 k 个盒子排列得 k!S(p,k)无区别 有空盒 S(p,1)+ S(p,2)+…..+ S(p,k) (p≥k)

S(p,1)+ S(p,2)+…..+ S(p,p) (p≤k)

27

p 个球 k 个盒 是否空 方 案 个 数

无区别

有区别 有空盒 相当于 p 个有区别的元素取 k 个作允许重复排列数

有区别 无空盒先取 k 个球每盒一个，余下的 p-k个无区别的球放到 k 个盒子中。

无区别 有空盒无区别 无空盒

数讲后再证下次课拆分)1)....(1)(1(

1)( 2 kxxxxG

数讲后再证下次课拆分)1)....(1)(1(

)( 2 k

k

xxxxxG

pkp 1

1111)(

kp

kpp

kpkpk

28

第一类 Stirling 数 第二类 Stirling 数是指出如何用 [n]0, [n]1,

[n]2, …[n]p写出 np 。而第一类 Stirling 数的作用刚好相反。它的作用是如何用 n0, n1, n2,…., np写出 [n]p 。由定义：

[n]p= n(n-1)(n-2)(n-3)….(n-(p-1))

=(n-0)(n-1)(n-2)(n-3)….(n-(p-1)) 因此

29

[n]0= 1

[n]1= n

[n]2= n(n-1)= n2- n

[n]3= n(n-1)(n-2)= n3- 3n2 + 2n

[n]4= n(n-1)(n-2)(n-3) = n4- 6n3 +11n2-6n

…………………

一般地， [n]p 展开式有 p 个因子。乘开后得到n 的

30

幂多项式， np, np-1 ,…..,n1,n0, 其系数的符号正 负相间；故 :

[n]p=apnnp +ap-1

nnp-1+……….+ a1nnp-1 + a0

nn0

定义：下阶乘函数 [n]p 的展开形式为：

kp

k

kp

pp

ppp

nkpS

npSnpS

nppSnppSn

01

01

11

1

111

),()1(

)0,()1()1,()1(....

...........)1,(),(][

31

其中， nk 前的系数 akn称为第一类 Stirling 数。

记为： S1(p, k)

S 的下标 1 是为了区别第二类 Stirling 数。由展开式特殊式： [n]0= 1 和 [n]1= n

很容易得到第一类 Stirling 数的初值 :

S1(p, 0) = 0; (p≥1) S1(p, 1) =1; (p≥0)

我们同样有第一类 Stirling 数的三角形表：

32

我们同样有第一类 Stirling 数的三角形表：P \ k 0 1 2 3 4 …..

0123456.

1 0 1 0 1 1 0 2 3 1 0 6 11 1 1 0 24 50 15 5 1 0 100 274 125 40 10 1………………………………

S1(p, k) 的值

33

第一类 Stirling 数和第二类 Stirling 数的 初值是一样的 , 但它们的递推关系不同。

定理 8.2.8 如果 1≤k≤p-1 则 :

S1(p, k) = (p-1)S1(p-1, k) + S1(p-1, k-1)

( 红色系数部分是与第二类 Stirling 数递推关系式S(p, k) = kS(p-1, k) + S(p-1, k-1) 的区别 )

34

证明：由k

p

k

kpp

kp

k

kpp

nkpSn

nkpSn

),1()1(][:

),()1(][

1

1

0

11

10

得到

由 [n]p 的展开形式可得出 ： [n]p= [n]p-1(n- (p-

1))

kp

k

kp

pp

nkpSpn

npnn

),1()1())1((

]))[1((][

1

1

0

1

1

35

kp

k

kpkp

k

kpp

kp

k

kpkp

k

kp

kp

k

kpkp

k

kpp

nkpSpnkpSn

nkpSpnkpS

nkpSpnkpSnn

),1()1()1()1,1()1(][

),1()1()1(),1()1(

),1()1()1(),1()1(][

1

1

01

0

1

1

0

111

1

0

1

1

1

0

11

1

0

1

对上式中的第一项用 k-1代替 k 后得到

比较它们的系数可以看出：

36

kp

k

kpkp

k

kpp

kp

k

kpp

nkpSpnkpSn

nkpSn

),1()1()1()1,1()1(][

),()1(][

1

1

01

0

10

得： S1(p, k) = (p-1)S1(p-1, k) + S1(p-1, k-1)

对每个满足 1≤k≤p-1 的整数 k 都成立。 与第二类 Stirling 数一样，第一类 Stirling

数也是用与对某种事物的计数，如下定理：

37

定理 8.2.9 第一类 Stirling 数 S1(p, k) 是将 p 个物体排 成 k 个非空的循环排列方法数。证明：循环排列在第三章中我们介绍过，因为循环没有首尾区分，可以看成是圆圈排列，它的 r-排列数与线性 r-排列数的关系是：

rrnP ),(

38

令 S#(p, k) 是将 p 个人排成 k 个非空圆圈的方法数。 S#(p, p) 是有 p 个人有 p圆圈，每个人左手牵自己右手 , 每个圆圈包含一人 , 故 :S#(p, p) =1 (p≥0)

还有 S#(p, 0) = 0 (p≥1) ; 看得出它与第一类 Stirling 数 S1(p, k) 有相同的初值条件。

设排列的人编上号码 1,2,3,…p 。将 1,2,3,…p排成 k 个圆圈有两种类型：

39

第一种是圆圈中只有编为 p 的人自己。共有 S#(p-1, k-1) 种；第二种是圆圈中至少有 p 和

别人。这种排法是通过把 1,2,3,…p-1排成 k 个圆圈再把 p 分别加在 1,2,3,…p-1 个人的左边( 共有 p-1 个位置 ) 得到。这样 1,2,3,…p-1 的每一次排法用这种方式都给出 1,2,3,…p 的 p-1 种排法，因此第二种类型共有 (p-1)S#(p-1, k) 种；由加法原理得：

40

将 p 个物体排成 k 个非空的循环排列方法数为 S#(p, k) = (p-1) S#(p-1, k) +S#(p-1, k-1)

它与第一类 Stirling 数 S1(p, k) 相等。即： S1(p, k) = S#(p, k)

41

总 结 本次课我们介绍了第二、一类 Stirling 数的

知识。第二、一类 Stirling 数分别可以解决两类组合计数问题，其中第二 Stirling 数能解决将 p 个元素的集合分成 k 个不可分辨的非空盒子的划分数，用处较多，要求掌握。

42

本次授课到此结束作业如下 :

P194 11, 12(ii)( 用递推关系和初值求 ), 17

11. 计算第二类 Stirling 数 S(8,k),(k=0,1,……8)

12. 证明第二类 Stirling 数满足关系 S(n,2)=2n-1－ 1,(n≥2)

43

17. 计算直到 n=7 的第一类 Stirling 数 S(n,

k) 的三角形

下次上课内容： 8.1 分拆数