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| A039810型 |
| Stirling2三角形的矩阵平方A008277号：2级将[n]的分区设置为k个一级子集。 |
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18
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1, 2, 1, 5, 6, 1, 15, 32, 12, 1, 52, 175, 110, 20, 1, 203, 1012, 945, 280, 30, 1, 877, 6230, 8092, 3465, 595, 42, 1, 4140, 40819, 70756, 40992, 10010, 1120, 56, 1, 21147, 283944, 638423, 479976, 156072, 24570, 1932, 72, 1, 115975, 2090424, 5971350, 5660615, 2350950, 487704, 53550, 3120, 90, 1
(列表;桌子;图表;参考;听;历史;文本;内部格式)
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抵消
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1,2
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评论
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此表中的第（n，k）项给出了集合[n]={1,2，…，n}到k个块中的双分区数。为了形成[n]的双分区，我们首先将[n]写成[n]的k个非空子集（块）X_i的不相交并集X_1 U…U X_k。然后将每个块X_ i进一步划分为子块以给出双重划分。例如，{1,2,4}U{3,5}是[5]分为2个块的分区，{{1,4}，{2}}U}{3}，}是此分区的细化，将[5]的双重分区分为2块（和4个子块）。
将本表第（n，k）项的上述解释与A013609号（帕斯卡三角形的正方形，但行的读取顺序相反）计算[n]的子集对（X，Y），使|Y|=k和X包含在Y中。（结束）
另外，不含列0的移位贝尔数B（n+1）的贝尔变换。有关Bell变换的定义，请参见1964年. -彼得·卢什尼2016年1月28日
T（n，k）是将n个集合划分为彩色块的数目，这样就正好使用了k种颜色，并且颜色是按递增顺序引入的。T（3,2）=6:1a|23b，13a|2b，12a|3b，1a|2a|3b，1a|2b|3a，1a|2b|3b-阿洛伊斯·海因茨，2019年8月27日
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链接
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A.Aboud、J.-P.Bultel、A.Chouria、J.-G.Luque和O.Mallet，组合Hopf代数中的Bell多项式，arXiv预印本arXiv:1402.2960[math.CO]，2014-2015。
T.Mansour、A.Munagi和M.Shattuck，递归关系与二维集划分，J.国际顺序。14 (2011) # 11.4.1.
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配方奶粉
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T=（S2）^2。
T（n，k）=和{i=k.n}S2（n，i）*S2（i，k）。
T（n，k）=Sum_{不相交并X_1U…U X_k=[n]}Bell（|X_1|）**Bell（|X_k|），其中Bell（n）=A000110号（n） ●●●●。
递归方程：T（n+1，k+1）=Sum_{j=k.n}Bell（n+1-j）*二项式（n，j）*T（j，k）。
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例子
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三角形开始：
k=1 2 3 4 5总和
n个
1 1 1
2 2 1 3
3 5 6 1 12
4 15 32 12 1 60
5 52 175 110 20 1 358
矩阵乘法Stirling2*Stirling 2：
1 0 0 0
1 1 0 0
1 3 1 0
1 7 6 1
.
1 0 0 0 1 0 0 0
1 1 0 0 2 1 0 0
1 3 1 0 5 6 1 0
1 7 6 1 15 32 12 1
T（5，2）=175：一个5集可以划分为2个块，作为3集和2集的并集，或者作为4集和单集的并集。
在第一种情况下，有10种方法可以将5个集合划分为3个集合和2个集合。每个3组可以用Bell（3）=5方式进一步划分为子块，每个2组可以用贝尔（2）=2方式进一步划分成子块。所以我们总共得到10*5*2=100个这种类型的双分区。
在第二种情况下，有5种方法可以将5个集合划分为4个集合和1个集合。每个4组可按Bell（4）=15方式进一步划分，每个1组可按贝尔（1）=1方式进一步划分。因此，我们总共得到了这种类型的5*15*1=75个双分区。
因此，总的来说，T（5,2）=100+75=175。（结束）
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MAPLE公司
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#将（1，0，0，…）添加为列0。
贝尔矩阵（n->组合：-贝尔（n+1），10）#彼得·卢什尼2016年1月28日
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数学
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压扁[表[Sum[StirlingS2[n，i]*Stirling S2[i，k]，{i，k，n}]，{n，1，10}，{k，1，n}]](*因德拉尼尔·戈什2017年2月22日*）
行=10；
t=表[BellB[n+1]，{n，0，rows}]；
T[n_，k_]：=BellY[n，k，T]；
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黄体脂酮素
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交叉参考
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关键字
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作者
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扩展
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状态
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经核准的
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