有了OP提出的问题，我会尽力做推荐人就是这样，提供与OEIS的链接。令人惊讶的是，即使是OEIS在此没有提供通常的各种参考，这表明这个问题是公开的。我们计算生成函数$T_{le（美元）h} （z）$因为高度最多$小时$然后所需的计数由提供$T_{\le h}（z）-T_{\le h-1}（z）$
我们为标记的组合类$$\马塔尔{T}（T）_{\le h}=\数学{Z}\def\textsc#1{\dosc#1\csod}\def\dosc#1#2\csod{{\rm#1{\small#2}}}\times\textsc{SET}（\mathcal{T}（T）_{\le h-1}）$$
对于标记的案例，这转换为$$T_{le-h}（z）=z\exp T_{leh-1}（z）$$
具有$T_{\le 0}（z）=0$和$T_{\le 1}（z）=z$
例如，使用$h=3$我们得到了$$T_｛\le 3｝（z）=z\exp（z\exp（z））$$
从而产生序列组织环境信息系统A052512:
$1，2，9，40，205，1176，7399，50576，\ldots$$
和用于$h=4$我们得到了
$$T_{\le 4}（z）=z（\exp（z\exp））$$
从而产生序列组织环境信息系统A052513:
1、2、9、64、505、4536、46249、526352美元$$
我们为未标记的组合类$$\马塔尔{T}（T）_{\le h}=\mathcal{Z}\times\textsc{MSET}（\mathcal{T}（T）_{\le h-1}）$$
转化为生成函数，如下所示，$$T_{\le-h}（z）=z\exp\左（sum{l\ge 1}\压裂{T_{leh-1}（z^l）}{l}\right）$$
哪里$T_{\le 0}（z）=0$和$T_{\le 1}（z）=z$和以前一样。
我们得到了
$$T_{\le 2}（z）=z\exp\left（\sum_{l\ge1}\frac{z^l}{l}\right）=z\exp\log\frac{1}{1-z}=\frac{z}{1-z}$$
这些是附加了单线的根节点。继续我们得到的递归
$$T_{\le 3}（z）=z\exp\左（sum{l\ge 1}\压裂{1}{l}\sum{q\ge1}z^{ql}\right）=z\exp\左（sum{q\ge 1}\sum{l\ge1}\frac{1}{l}z^{ql}\right）\\=z\exp\sum_{q\ge1}\log\frac{1}{1-z^q}=z\prod_{q\ge1}\frac{1}{1-z^q}$$
从而产生序列OEIS A000041公司:
$1,1,2,3,5,7,11,15,22,30,42,56美元$$
（分区编号，这并不奇怪，因为我们为根和其余部分是一个最多为高度的单扇形分区两个，其中每个节点计数只有一个）。
发件人$T_｛\le 4｝（z）$我们得到了序列OEIS A001383公司:
1、1、2、4、8、15、29、53、98、177、319、565美元$$
最后$T_{\le 5}（z）$生成序列OEIS A001384公司:
1、1、2、4、9、19、42、89、191、402、847美元$$
这里有两种解释，这取决于单例是否应该有零或一个高度。相关链接如下MSE链接.
备注。分区数增长的复杂性提供了此问题的难度，即如果不是更困难的话。更详细地研究OEIS条目似乎可以计算出这些疾病的简单复发率。
关于标记病例鉴别的复发生产
$$T'{\le-h}（z）=\exp T_{\leh-1}（z）+z\exp T_{leh-1}（z）\times T'_{leh-1}（z）\\=\frac{1}{z}T_{leh}（z）+T_{leh}（z）\乘以T'{leh-1}（x）$$
提取这里的系数
$$n！[z^n]T'_{\le h}（z）=T_{\le h，n+1}=n！[z^{n+1}]T_{\le h}（z）+不！[z^n]T_{\le h}（z）\乘以T'_{\le h-1}（z）\\=frac{1}{n+1}T_{leh，n+1}+不！\和{q=1}^{n}[z^q]T_{\leh}（z）[z^{n-q}]T'{\leh-1}（z）\\=frac{1}{n+1}T_{leh，n+1}+sum_{q=1}^{n}{n选择q}T_{leh，q}T_{leh-1，n-q+1}$$
我们得到了闭合形式
$$\bbox[5px，边框：2px实心#00A000]｛T_｛\le h，n+1｝=\frac｛n+1｝｛n｝\和{q=1}^{n}{n选择q}T_{leh，q}T_}leh-1，n-q+1}。}$$
这里的边界条件是$T_｛\le h，1｝=1$和$T_{0,1}=0$
将微分应用于未标记的案例产量
$$T'{\le h}（z）=\exp \ left（\sum_{l\ge1}\frac{T_{leh-1}（z^l）}{l}\right）\\+z\exp\left（\sum_{l\ge1}\frac{T_{leh-1}（z^l）}{l}\right）\时间\sum{l\ge1}T'{leh-1}（z^l）z^{l-1}\\=\frac{1}{z}T_{leh}（z）+T_{\le-h}（z）\times\sum_{l\ge1}T'{\leh-1}（z^l）z^{l-1}$$
提取我们找到的系数
$$[z^n]T'{\leh}（z）=（n+1）T_{\leh，n+1}\\=[z^{n+1}]T_{leh}（z）+\sum_{l=1}^n\和{q=1}^n[z^q]T_{\le h}（z）[z^{n-q}]z^{l-1}T'{\le h-1}（z^l）\\=T_{\le h，n+1}+\sum_{l=1}^n\和{q=1}^nT_{\leh，q}[z^{n-q-l+1}]T'{\leh-1}（z^l）$$
我们得到了闭合形式
$$T_{小时，n+1}=\裂缝{1}{n}\sum{l=1}^n\sum_｛q=1｝^nT_{\leh，q}[[l|n-q+1]]（（n-q+1）/l）T_{\le h-1，（n-q/1）/l}$$
它简化为
$$\bbox[5px，边框：2px实心#00A000]{T_{小时，n+1}=\裂缝{1}{n}\sum{q=1}^n\sum{l|n-q+1}（n-q+1）/l）$$
边界条件与标记的情况相同。
这种循环使计算例如。$T_{\le 6，n}$这就产生了
$$1, 1, 2, 4, 9, 20, 47, 108, 252, 582, \\1345、3086、7072、16121$$
哪个是OEIS A001385公司和$T_{\le 7，n}$这就产生了
$$1, 1, 2, 4, 9, 20, 48, 114, 278, 676, \\1653、4027、9816、23843等$$
哪个是OEIS A034823公司.
实现这两个循环的Maple代码如下。
电话：=过程（h，m）选项记忆；局部n；如果m=1，则如果h=0，则返回0，否则返回1 fi-fi；n：=m-1；（n+1）/个*加（二项式（n，q）*T（h，q）*T（h-1，n-q+1），q=1..n）；结束；X（X）：=过程（h，m）选项记忆；局部n；如果m=1，则如果h=0，则返回0，否则返回1 fi-fi；n：=m-1；1/n个*加（加（X（h，q）*`如果`（n-q+1模l=0，（n-q+1/l*X（h-1，（n-q+1）/l），0），q=1…n），l=1..n）；结束；
