定义与递推式
\(\left\{ \begin{matrix} n \\ k \end{matrix} \right\}\) ，也可记作 \(S(n,k)\) ，表示将 \(n\) 个有标号的数分成 \(k\) 个互不区分的组的方案数。
根据组合意义，能推出递推式为：
\S(n,k)=S(n-1,k-1)+S(n-1,k)\\cdot k \\
方幂转下降幂
\n\^m=\\sum_{k=0}\^{min(n,m)}S(m,k)\\binom {n}{k}k! \\
左式组合意义是从 \(n\) 个数中选 \(m\) 个数，可重且有标号的方案数。右式是枚举本质不同的点的个数 \(k\)，再将 \(m\) 个数 划分到 \(k\) 组 ，且组之间区分带上 \(k!\) 的系数，最后乘上 \(n\) 个点中选 \(k\) 个点的方案数。
观察式子两边与 \(n\) 关联的项，左边是方幂形式，右边是组合数，也就是下降幂形式。下降幂的形式能够保证与 \(n\) 有关的次数不会超过 \(n\) ，有时会起到优化作用。
应用
给定一棵树，且树有一个代价 \(cost(S)\),且 \(cost(S)\le|S|\) ，且 \(f\) 可以同子树合并得到，现在要求对于所有非空节点集合 \(S\) 的生成最小连通块的 \(cost(S)^M\) 之和。
一个平凡的思路是直接记录 \(f_{u,i}\) 表示以 \(u\) 为根的子树的所有方案中，\(cost(S)^i\) 的代价和。合并用二项式定理展开，假设两部分所有方案中的 \(cost\) 的序列分别是 \(L_0,L_1,...\) 与 \(R_0,R_1,...\)。
\ \\begin{aligned} f_{u,k}\&=\\sum_i\\sum_j (L_i+R_j)\^k\\\\ \&=\\sum_i\\sum_j\\sum_{t=0}\^k\\binom {k}{t}{L_i}\^t{R_i}\^{k-t}\\\\ \&=\\sum_{t=0}\^k \\binom {k}{t} (\\sum_i{L_i}\^t)(\\sum_j{R_j}\^{k-t})\\\\ \&=\\sum_{t=0}\^k \\binom {k}{t} f_{v1,t}\\cdot f_{v2,k-t} \\end{aligned} \\
这样做的时间复杂度是 \(O(nM^2)\)。
考虑优化，记录 \(g_{u,i}\) 表示以 \(u\) 为根的子树的所有方案中，\(\binom {cost(S)}{i}\) 的代价和，通过方幂转下降幂的公式能够在 \(O(nM)\) 的时间复杂度复原答案。通过范德蒙德恒等式合并，有：
\\\begin{aligned} g_{u,k}\&=\\sum_i\\sum_j\\binom{L_i+R_j}{k}\\\\ \&=\\sum_i\\sum_j\\sum_{t=0}\^k\\binom{L_i}{t}\\binom{R_j}{k-t}\\\\ \&=\\sum_{t=0}\^k(\\sum_i\\binom{L_i}{t})(\\sum_j\\binom{R_j}{k-t})\\\\ \&=\\sum_{t=0}\^kg_{v1,t}\\cdot g_{v2,k-t} \\end{aligned} \\
这样看似还是平方的，但是 \(g\) 的第二维不会超过子树大小，所以时间复杂度就是 \(O(nM)\)。
本质上就是从维护 \(n^k\) 变成 \(\binom{n}{k}\) 枚举量就从 \(m\) 变成 \(min(n,m)\)，最后通过公式将 \(\binom{n}{k}\) 复原成 \(n^k\)。
显式公式
\S(n,k)=\\frac{1}{k!}\\sum_{i=0}\^k(-1)\^{k-i}\\binom{k}{i}i\^n \\
考虑组合意义，可以先求出区分组的方案数，最后再带上 \(\frac{1}{k!}\) 。区分组的方案本质就是将 \(n\) 个数染色，出现颜色数为 \(k\) 的方案数，这个可以通过将 \(n\) 个数染成 \(1\) 到 \(k\) 的颜色二项式反演得到。
生成函数
固定 \(k\) 的EGF：
\\\sum_{n=k}\^\\infty \\frac{x\^n}{n!}S(n,k)=\\frac{(e\^x-1)\^k}{k!} \\
固定 \(k\) 的OGF：
\\\sum_{n=k}\^\\infty x\^nS(n,k)=\\sum_{i=0}\^k(-1)\^{k-i}\\binom{k}{i}\\frac{1}{1-ix}\\\\ \\sum_{n=k}\^\\infty x\^nS(n,k)=\\frac{x\^k}{\\prod_{i=0}\^{k}1-ix} \\