第一类第二类斯特林数总结

第一类Stirling数是有正负的，其绝对值是包含n个元素的集合分作k个环排列的方法数目。
递推公式为， S(n,0) = 0, S(1,1) = 1. 　　S(n+1,k) = S(n,k-1) + nS(n,k)。
边界条件： S(0 , 0) = 1 S(p , 0) = 0 p>=1 S(p , p) =1 p>=0
一些性质: S(p ,1) = 1 p>=1 S(p, 2) = 2^(p-1)– 1 p>=2 　　

第二类Stirling数是把包含n个元素的集合划分为正好k个非空子集的方法的数目。　　
递推公式为：　　S(n,k)=0; (n<k||k=0) 　　S(n,n) = S(n,1) = 1, 　　
S(n,k) = S(n-1,k-1) + kS(n-1,k).
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。

sdut 2883

n场比赛，m张牌（n>=m）每场比赛用一张牌，

每张牌至少用一次，问有几种方案数。

分析：n场比赛划分成m个集合，每个集合里的比赛只用同一张牌，

没有空的集合。也就是说把包含n个元素的集合划分为正好m个非空子集的方法的数目，

再乘m的全排列。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;ll sum[110][110];
ll jiec[102];int main(){jiec[0]=1;jiec[1]=1;jiec[2]=2;for(ll i=3;i<102;i++){jiec[i]=(jiec[i-1]*i)%mod;}for(ll i=0;i<=102;i++){for(ll j=0;j<=102;j++){if( j==0 || j>i )sum[i][j]=0;else if( i==j || j==1 )sum[i][j]=1;else sum[i][j]=( sum[i-1][j-1] + j*sum[i-1][j] )%mod;}}int n,m;while( scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF ){printf("%lld\n",(jiec[m]*sum[n][m] )%mod );}return 0;
}

sdut 3144

现在给你一个数集S的大小n，请输出将它划分为集合的方法总数ans是多少？

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int maxn=5002;ll sum[2][maxn];
ll ans[maxn];void  cal(){for(ll i=0;i<maxn;i++){ans[i]=0;for(ll j=0;j<maxn;j++){if( j==0 || j>i )sum[i%2][j]=0;else if( i==j || j==1 )sum[i%2][j]=1;else sum[i%2][j]=( sum[ (i-1)%2 ][j-1] + j*sum[ (i-1)%2 ][j] )%mod;ans[i]=(ans[i]+sum[i%2][j])%mod;}}
}int main(){cal();int n;int cas=1;while( scanf("%d",&n)!=EOF ){printf("Case #%d: %lld\n",cas++,ans[n]%mod );}return 0;
}

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