第一類Stirling數是有正負的，其絕對值是包含n個元素的集合分作k個環排列的方法數目。
遞推公式為， S(n,0) = 0, S(1,1) = 1. 　　S(n+1,k) = S(n,k-1) + nS(n,k)。 
邊界條件： S(0 , 0) = 1 S(p , 0) = 0 p>=1 S(p , p) =1 p>=0 
一些性質: S(p ,1) = 1 p>=1 S(p, 2) = 2^(p-1)– 1 p>=2 　　


第二類Stirling數是把包含n個元素的集合劃分為正好k個非空子集的方法的數目。 　　
遞推公式為： 　　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).
考慮第p個物品，p可以單獨構成一個非空集合，此時前p-1個物品構成k-1個非空的
不可辨別的集合，方法數為S(p-1,k-1)；
也可以前p-1種物品構成k個非空的不可辨別的集合，
第p個物品放入任意一箇中，這樣有k*S(p-1,k)種方法。

sdut 2883

n場比賽，m張牌（n>=m）每場比賽用一張牌，

每張牌至少用一次，問有幾種方案數。

分析：n場比賽劃分成m個集合，每個集合裡的比賽只用同一張牌，

沒有空的集合。也就是說把包含n個元素的集合劃分為正好m個非空子集的方法的數目，

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

現在給你一個數集S的大小n，請輸出將它劃分為集合的方法總數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;
}