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| A112340型 |
| 由数行b_{n，k}，n>=1，1<=k<=n读取的三角形，使得Product_{n，k}1/（1-q^n t^k）^{b_{n，k}}=1+Sum_{i，j>=1}S_{i，j}q^i t^j，其中S_{i，j}是表中的条目A008277号（第二类斯特林数表的逆欧拉变换）。 |
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7
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1, 1, 0, 1, 2, 0, 1, 5, 3, 0, 1, 13, 16, 4, 0, 1, 28, 67, 34, 5, 0, 1, 60, 249, 229, 65, 6, 0, 1, 123, 853, 1265, 609, 107, 7, 0, 1, 251, 2787, 6325, 4696, 1376, 168, 8, 0, 1, 506, 8840, 29484, 31947, 14068, 2772, 244, 9, 0, 1, 1018, 27503, 131402, 199766, 124859, 36252
(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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1,5
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评论
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大小为n且长度为k的集合分区的数量是“Lyndon”，也就是说，因为所有集合分区都与原子集合分区序列同构(A087903号)，这些序列在lex顺序中的所有旋转中最小的是Lyndon（相对于原子集分区上的某些排序）。1; 1, 0; 1, 2, 0; 1、5、3、0；1, 13, 16, 4, 0;
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链接
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M.Rosas和B.Sagan，非交换变量中的对称函数《美国数学学会学报》，358（2006），第1期，215-232。
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例子
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有6个大小为4，长度为3的集合分区，{12|3|4}，{13|2|4}，{14|2|3}，}1|23|4},{1|24|3}，{1|2|34}，它们对应的序列是（{12}，｛1}，｝），（{13|2]，{1}），{1}，{12}）。现在有三个{（{12}，{1}，}），（{1}.，{12}.，}是原子的，所有原子的s.p.都是林登。因此{1|2|34}、{1|24|3}和{14|2|3}是Lyndon，a（4,3）=3
三角形开始：
1;
1, 0;
1、2、0；
1, 5, 3, 0;
1, 13, 16, 4, 0;
1, 28, 67, 34, 5, 0;
...
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MAPLE公司
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EULERitable:=proc（tbl）local ser，out，i，j，tmp；ser:=1+添加（添加（q^i*t^j*tbl[i][j]，j=1..nops（tbl[i]）），i=1..nobs（tbl））；输出：=[]；对于i从1到nops（tbl），执行tmp:=系数（ser，q，i）；ser:=展开（ser*mul（添加（（-q^i*t^j）^k*choose（abs（系数（tmp，t，j）），k），k=0..nops（tbl）/i），j=1..度（tmp、t））；ser:=子（{seq（q^j=0，j=nops（tbl）+1..度（ser，q））}，ser）；输出：=[op（输出），[seq（abs（系数（tmp，t，j）），j=1..度（tmp、t））]]；结束do；退出；结束：可EULERitable（[seq（[seq[组合[stirling2]（n，k），k=1..n）]，n=1..10）]）；
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数学
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nmax=11；b[n，k]/；k<1|k>n=0；
coes[m_]：=乘积[1/（1-q^n t^k）^b[n，k]，{n，1，m}，{k，1，m}]-1-和[StirlingS2[i，j]q^i t^j，{i，1，ms}，}，+O[t]^m+O[q]^m//正常//系数列表[#，{t，q}]&；
溶胶[1]={b[1,1]->1}；
Do[sol[m]=Solve[Thread[（coes[m]/.sol[m-1]）==0]]，{m，2，nmax+1}]；
bb=压扁[表[sol[m]，{m，1，nmax+1}]]；
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交叉参考
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关键词
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作者
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已批准
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