\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[用户名]{颜色}\使用包{amssymb}\使用包{graphicx}\使用包{amscd}\usepackage[colorinks=true，链接颜色=网绿色，filecolor=webbrown，citecolor=webgreen]{hyperref}\定义颜色{webgreen}{rgb}{0，.5,0}\定义颜色{webbrown}{rgb}{.6,0,0}\使用包{color}\使用包{fullpage}\使用包{float}\使用包{psfig}\usepackage{graphics，amsmath，amssymb}使用包\使用包{amsthm}\使用包{amsfonts}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\使用包{mathrsfs}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集合长度{\topmargin}{-.1in}\设置长度{\textheight}{8.4in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{网址：http://oeis.org/#1}{\下划线{#1}}\新命令{\Y}{\mathscr{Y}}\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\离开模式\epsfile{logo129.eps}\结束{中心}\理论风格{普通}\新定理{定理}{定理{\新定理{推论}[定理]{推演}\新定理{引理}[定理]{引言}\新定理{命题}[定理]{命题\理论风格{定义}\新定理{definition}[定理]{definition}\新定理{example}[定理]{example}\新定理{猜想}[定理]{猜测}\新定理{恒等式}{恒等式}\理论风格{remark}\新定理{remark}[定理]{remark}\开始{居中}\vskip 1cm｛\LARGE\bf关于限制词的枚举\\\vskip.12英寸有限字母}上\vskip 1厘米\大型丹尼尔·伯马杰\\数学系\\拿撒勒学院\\纽约州罗切斯特14618\\美国\\\链接{mailto:abirmaj6@maz.edu}{\tabirmaj6@naz.edu} \\\ \\Juan B.Gil和Michael D.Weiner\\数学与统计系\\宾夕法尼亚州立大学阿尔图纳分校\\宾夕法尼亚州阿尔图纳16601\\美国\\\链接{mailto:jgil@psu.edu}{\tjgil@psu.edu}\\\链接{mailto:mdw8@psu.edu}{\tmdw8@psu.edu}\\\结束{中心}\vskip.2英寸\开始{abstract}我们提出了一种枚举限制词的方法有限字母表。通过包含或排除用于构建单词的合适构建块串联。我们的方法依赖于反转变换和它用部分贝尔多项式表示，允许我们系统地概括和处理主题。\结束｛摘要｝\章节{引言}\标签｛sec:简介｝受Janji’ccite{Janjic15}最近一篇论文的启发，我们研究了使用反转变换、部分Bell多项式和构造块在有限字母表上枚举单词的问题这使我们能够有效地管理各种各样的限制。回想一下，给定一个序列$x=（x_n）$，它的{\sc反转}变换$\Y（x）=（Y_n）美元定义如下\开始{方程式*}1+\sum_{n=1}^\infty y_n t^n=\frac{1}{1-\sum\limits_{n=1}^\ infty x_n t*n}，\结束{方程式*}例如，参见Cameron\cite{Cameron}的论文，以及Bernstein和Sloane\cite{Bernstein Sloane}的作品。简而言之，如果$X（t）=\sum_{n=1}^\infty X_nt ^n$和$Y（t）=\sum_}^\inffy Y_nt ^n$，那么\开始{方程式*}1+Y（t）=\压裂{1}{1-X（t）}，\text{以此类推}\，Y（t。\结束{方程式*}该映射在常系数线性递归序列空间上是明显可逆的，并且对于每$m\in\mathbb{N}$有$\Y^m（x）=\frac1m\Y（mx）$。实际上，归纳地说，如果$Y_{m}（t）$表示$\Y^m（x）$的生成函数，那么\开始{方程式*}Y_｛m｝（t）=\frac｛Y_｛m-1｝（t）｝｛1-Y_｛m-1｝（t）｝=\frac｛\frac｛X（t）｝｛1-（m-1）X（t）｝｝｛1-\frac｛X（t）｝。\结束{方程式*}\梅德斯基普下面的陈述很简单。\开始{引理}对于$b\in\mathbb{N}$，$x_N=b^{N-1}$的逆变换由$y_N=（b+1）^{N-1}$给出。因此，对于$n>1$，$y_n$计算字母$\{0,1，\dots，b\}$上长度为$n-1$的单词数。此外，通过应用逆变换$m$次，我们得到$\Y^m（x）$计算字母表$\｛0,1，\dots，b+m-1\｝$上的单词。\结束{引理}\开始{推论}设$x=（x_n）$是非负整数序列。如果$x_n\le b^{n-1}$表示所有$n\in\mathbb{n}$，那么$Y^m（x）$的元素将在字母表${0,1，\点，b+m-1}$上计算一些受限单词。\结束{推论}\无音（noindent）这很清楚，因为如果$x_n\le w_n$代表每$n$，那么$big（1-\sum\limits_{n=1}^\infty x_n t^n\big）^{-1}\lebig（1-\sum\limits_{n=1}^\ infty w_n t*n\bigh）^{-1-}$。\梅德斯基普对于$b=1$，Janji’c在引用[Prop.~20]{Janjic15}中考虑了几个限制词家族。与op.\cit.一致，我们让$f_m$表示给定序列$f_0$的第$m$-个逆变换，即$f_m=\Y^m（f_0）$。在引文[推论~24、28和33]{Janjic15}中，Janji'c讨论了$f_0$是二进制序列的三个例子。他提出了寻找任意序列$f_0$的$f_m（n）$以$m$和$n$表示的递归或显式公式的问题，以及对字母表${0,1，\dots，m\}$中由$f_m_n$计数的限制词集的描述。他还讨论了序列$f_0$不是二进制但满足二阶线性递归关系的两个例子。对于所有这些例子，Janji'c给出了从$f_0$满足的递归关系中获得的$f_m$的递归关系。在本文中，我们提出了一种稍微不同的方法来枚举限制词，这种方法可以应用于广泛的限制类别，请参阅第~\ref{sec:words}节。我们的方法依赖于一系列构建块，我们使用这些构建块通过串联构造单词，并且依赖于用部分Bell多项式表示的反转变换。我们讨论了几个二进制和非二进制示例（分别是第~\ref{sec:binary}和\ref{sec:nonbinary}节），并对Janji’c\cite{Janjic15}考虑的示例进行了一些说明。对于这里讨论的所有示例，我们给出了封闭的组合表达式。通过回顾Fa{`a}-di-Bruno公式，我们可以用部分Bell多项式来表示逆变换，例如参见{BGW15a}。实际上，如果$（y_n）$是$x=（x_n）美元的反转变换，那么\开始{方程式}\标签{eqn:invertBell}y_n=\sum_{k=1}^n\frac{k！}{n！}B_{n，k}（1！x_1，2！x_2，\dotsc）\；\文本{表示}n \ge 1，\结束{方程式}其中$B_{n，k}$表示定义为\开始{方程式*}B_{n，k}（z_1，\dots，z_{n-k+1}）=\sum_{alpha\in\pi（n，k）}\frac{n！}{\alpha_1！\alpha_2！\cdots\alpha_{n-k+1}！}\左（\frac{z_1}{1！}\right）^{\alpha_1}\cdots\left（\frac{z_{n-k+1}}{（n-k+1）！}\right）^}\alpha_{n-k+1}}\结束{方程式*}其中$\pi（n，k）$表示{\mathbb n}_0^{n-k+1}$中的多索引集$\alpha，使得$\alfa_1+\alpha_2+\cdots=k$和$\alba_1+2\alpha_2+3\alpha_3+\cdot=n$。关于这些多项式的基本性质，我们参考了Comtet的书\cite[第3.3节]{Comtet}。文献中提供了大量贝尔恒等式和卷积公式，参见例如{BBK08、BGW12、WW09}。从其定义来看，很明显$B_{n，k}$是度$k$的同质：\[B_{n，k}（az_1，\dots，az_{n-k+1}）=a^kB_{n，k{（z_1，\ dots，z_{n-k+1}）因此，由于$\Y^m（x）=\frac1m\Y（mx）$对于每$m\in\mathbb{N}$，我们从\eqref{eqn:invertBell}得到$x=（x_N）$的第$m$-th逆变换的$Y_{m，N}$项可以写成\开始{方程式*}y_｛m，n｝=\sum_｛k=1｝^n\frac｛k！｝｛n！｝m^｛k-1｝B_｛n，k｝（1！x_1，2！x_2，\dotsc）\；\文本{表示}n \ge 1。\结束{方程式*}正如我们将在下一节中说明的那样，$\Y^m$的这种表示形式提供了一种有效的工具来枚举受限单词，并引出有趣的组合公式。\节{限制词}\标签{sec:words}对于固定的$b\in\mathbb｛N｝$，我们考虑以下构建块族：\开始{quote}假设$W_b（j）$是一组长度为$j$的单词，从$b$开始，后跟字母表$\{0,1，\dots，b-1\}$中的$j-1$个字母。\结尾{引号}观察$|W_b（j）|=b^{j-1}$。此外，字母表$\{0,1，\dots，b\}$上任何长度为$n$的单词，都可以通过$j=1，\ dots，n$的$W_b（j）$中的块的唯一级联来生成。\梅德斯基普给定$b\in\mathbb{N}$和一个非负整数序列$f_0$，设$\{U_j}$是子集$U_j\substeqW_b（j）$的固定序列，使得$j=1,2，\dots$的$|U_j|=f_0（j）$\开始{quote}$\mathscr{U}（U）_{b，n}（f_0）$是字母表$\{0,1，\dots，b\}$上长度为$n$的单词集，以$b$开头，由$j=1，\ dots，n$的$U_j$块串联而成。如果$f_0（j）=0$，则不使用$U_j$中的块。\结尾{引号}\开始{定理}\label{thm:basicwords}设$f_0$是一个非负整数序列，其中$f_0（j）\leb^{j-1}$表示每个$j\in\mathbb{N}$和一些$b\in\mathbb{N}$。然后是序列\开始{方程式*}f_1（0）=1，\；\；f1（n）=\sum_{k=1}^{n}\分形{k！}{n！}B{n，k}（1！f_0（1），2！f_0（2），\dotsc），\结束{方程式*}计算$\mathscr中的字数{U}（U）_{b，n}（f0）$。此外，每个项$\frac{k！}{n！}B_{n，k}（1！f_0（1），2！f_0（2），\dotsc）$统计用$k$块生成的此类单词的数量。\结束{定理}\开始｛证明｝根据定义，$\mathscr中的每个单词{U}（U）_{b，n}（f_0）$可以写成来自$W_b（j）$子集的块与$f_0（j）$$j=1，\dots，n$的元素的唯一串联。对于某些$j$，这些单词必须以$W_b（j）$中的块开头，后跟$\mathscr中的单词{U}（U）_{b，n-j}（f0）$。因此我们有递归关系\开始{方程式*}f1（n）=\总和{j=1}^n f0（j）f1（n-j）\；\文本{with}\；f_1（0）=1，\结束{方程式*}这在生成函数的层次上意味着\开始{方程式*}1+\sum_{n=1}^\infty f_1（n）t^n=\frac{1}{1-\sum\limits_{n=1}^\infty f_0（n，t^n}。\结束{方程式*}换句话说，序列$f_1$是$f_0$的逆变换，如引言中所讨论的，可以用部分贝尔多项式来表示，如所述。最后，关于用$k$块生成的单词数的声明是部分贝尔多项式定义的直接结果。\结束{proof}二进制构建块（$b=1$）的情况将在下一节中进行详细讨论，更大的$b$值的重要性将在第~\ref{sec:nonbinary}节中进行说明。\开始{remark}我们将根据我们感兴趣的限制单词的类型而不是字母表的大小来选择$b$。一旦$b$被固定，我们就可以通过反复应用逆变换来放大字母表。\结尾{remark}\梅德斯基普给定$b\in\mathbb{N}$和一个非负整数序列$f_0$，设$\{U_j}$是子集$U_j\substeqW_b（j）$的固定序列，使得$j=1,2，\dots$的$|U_j|=f_0（j）$。$U_j$中的每个单词的长度都是$j$，以$b$开头，后跟字母表$\{0,1，\点，b-1\}$中的$j-1$字母。如果我们允许字符$b$被$m\in\mathbb{N}$的集合$\{b，\dots，b+m-1\}$的任何元素替换，那么$U_j$中的每个单词都会在字母$\{0,1，\dotes，b+m1\}$上生成$m$个单词。因此，每个$U_j$产生一组长度为$j$的单词，称之为$U_j^m$，使得$|U_j^m|=m\cdot|U_j|$。我们让\开始{quote}$\mathscr美元{U}（U）_{b，n}^m（f_0）$是字母表$\{0,1，\dots，b+m-1\}$，\emph{以}$b$开头的一组长度为$n$的单词，由$j=1，\ dots，n$的$U_j^m$块串联而成。如果$f_0（j）=0$，则不使用$U_j^m$中的块。\结尾{引号}\开始｛推论｝\label｛cor:m-words｝设$f_0$是一个非负整数序列，其中$f_0（j）\leb^{j-1}$表示每个$j\in\mathbb{N}$和一些$b\in\mathbb{N}$。对于$m\in\mathbb{N}$，序列\开始{方程式*}f_m（0）=1，\；\；f_m（n）=\sum_{k=1}^{n}\frac{k！}{n！}m^{k-1}B_{n，k}（1！f_0（1），2！f_0（2），\dotsc），\结束{方程式*}计算$\mathscr中的字数{U}（U）_{b，n}^m（f0）$。请注意，$f_m$是$f_0$的第$m$个反转变换。\结束{推论}\开始｛证明｝根据定理~\ref{thm:basicwords}，表达式$\frac{k！}{n！}B_{n，k}（1！f_0（1），2！f_0（2），\dotsc）$计算$\mathscr中的字数{U}（U）_$w{j_1}\cdots w{j_k}$形式的{b，n}（f_0）$，其中每个$w_{j_i}$是$i=1，\dots，k$的$U_{j_i}$中的一个子字。如果允许分别用$U_{j_2}^m、\dots、U_{j_k}^m$中相应的$m$块替换每个子单词$w_{j_2}、\dotes、w_{k}$，则获得$\frac{k！}{n！}m^{k-1}乙_{n，k}（1！f0（1），2！f_0（2），\dotsc）$\mathscr中的$words{U}（U）_{b，n}^m（f0）$。注意$\mathscr中的每个单词{U}（U）_{b，n}^m（f0）$可以这样构造。将从$1$到$n$的$k$相加，我们得到$\mathscr的元素总数{U}（U）_{b，n}^m（f0）$。\结束{proof}\节{二进制类型的限制字}\标签{sec:binary}对于$b=1$，$W_b（j）$中的构建块是$10\cdots 0$形式的单词，$j-1$为零。然后，对于$m\in\mathbb{N}$和给定的二进制序列$f_0$\开始{quote}$\mathscr美元{U}（U）_{1，n}^m（f_0）$由字母$\{0,1，\dots，m\}$上长度为$n$的单词组成，以1开头，由$k，0\cdots0$与$j-1$零，$k\in\{1，\ dots，m \}$形式的块串联而成，其中长度为$j$的块仅在$f_0（j）=1$时使用。\结尾{引号}例如，如果$f_0$是序列$1,0,1,0,0，\dots$，则$\mathscr的元素{U}（U）_｛1,5｝^2（f_0）$是字母表$\｛0,1,2\｝$上长度为5的单词，从1开始，只使用长度为1、3和4的构建块：\开始{居中}U_1^2$中为$1,2\，U_3^2$为$100,200\，U_4^2$则为$1000,2000\。\结束{中心}此外，集合$\mathscr{U}（U）_{1,5}^2（f0）$由32个这样的单词组成：\梅德斯基普\开始{居中}\parbox{.65\textwidth}{11111、11112、11121、11211、12111\\11122, 11212, 11221, 12112, 12121, 12211, \\11222, 12122, 12212, 12221, 12222, \\10011, 10012, 10021, 10022, 11001, 11002, 12001, 12002, \\11100, 11200, 12100, 12200, 10001, 10002, 11000, 12000.}\结束{中心}\梅德斯基普注意，通过序列$f_0$给出的块限制会转移到$\mathscr中的单词{U}（U）_{1，n}^m（f0）$。例如，在上面的示例中，序列$f_0$包含$\mathscr的限制{U}（U）_{1,5}^2（f_0）$不包含孤立零（$f_0（2）=0$）的单词，也不包含连续三个以上零的单词（$f.0（j）=0$for$j\ge5$）。\开始{remark}通过将第一个1视为虚拟字符，我们得到了$\mathscr之间的自然双射{U}（U）_{1，n+1}^m（f0）$和长度为$n$的所有单词的集合，其限制由$f0$确定。\结尾{remark}我们继续用几个例子来说明第~\ref{sec:words}节的结果。在本节的剩余部分中，我们将自由使用Comtet的书[section ~3.3]{Comtet}中发现的部分Bell多项式的一些基本性质。更复杂的身份将在附录中得到证明。\开始{example}[{cf\\cite[Cor.~33]{Janjic15}}]假设我们想计算字母表$\{0，1，\dots，m\}$上长度为$n$的单词数，避免$\ell$零，$\ell\ge1$的运行。这可以通过计算$f_m（n+1）=\big|\mathscr来实现{U}（U）_{1，n+1}^m（f_0）\big|$\开始{方程式*}f_0（j）=\开始{cases}1，&\text{if}\；1\le j\le\ell\\0，&\text{否则}。\结束{cases}\结束{方程式*}根据推论~\ref{cor:m_words}，我们有\开始{align*}f_m（n+1）&=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{k！}{（n+1”）！}m^{k-1}\，B_{n+1，k}（1！，2！，\dotsc，\ell！，0，\dossc）。\结束{align*}根据附录中的标识~\ref{Bell_Identity1}，我们有\开始{方程式*}B_{n+1，k}（1！，2！，\dotsc，\ell！，0，\dots c）=\frac{（n+1）！}{k！}\sum_{j=0}^{floor\frac{n+1-k}{\ell}\rfloor}（-1）^j\binom{k}{j}\binom}n-\ellj}{k-1}，\结束{方程式*}因此，\开始{align*}f_m（n+1）&=sum{k=1}^{n+1}\sum{j=0}^{floor\frac{n+1-k}{\ell}\rfloor}（-1）^j\binom{k}{j}\binom}n-\ellj}{k-1}m^{k_1}。\结束{align*}对于不同的$\ell$和$m$值，下面给出了序列\seqnum｛A000045｝，\ seqnum｛A028859｝，\ seqnum｛A125145｝，\ seqnum｛A086347｝，\ seqnum｛A180033｝，\序列号{A000073}，序列号{A119826}在斯隆\引用{斯隆}。\结束{示例}\开始{example}[{cf\\cite[Cor.~28]{Janjic15}}]考虑字母表$\{0，1，\dotsc，m\}$上长度为$n$的单词，避免出现奇数长度的零。通过在每个单词的左边加一个1，我们得到了集合$\mathscr{U}（U）_{1，n+1}^m（f0）$\开始{方程式*}f_0（j）=\开始{cases}1，&\text{如果$j$是奇数}；\\0，&\text{如果$j$是偶数}。\结束{cases}\结束{方程式*}在这种情况下，$f_m（n+1）=\big|\mathscr{U}（U）_{1，n+1}^m（f0）\big|$由\开始{方程式*}f_m（n+1）=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{k！}{（n+1！）！}m^{k-1}\，B_{n+1，k}（1！，0,3！，0,1！，\dotsc）。\结束{方程式*}很容易看出$B_{n+1，k}（1！，0,3！，0,1！，\dotsc）=0$，除非$n+1+k$是偶数。此外，\开始{align*}B_{n+1，k}（1！，0,3！，0,1！，0，\dotsc）&=\frac{（n+1）！}{（n+1-k）！}B_{n+1-k，k}（0,2！，0,4！，0，\dots）\\&=\frac{（n+1）！}{（\frac{n+k+1}{2}）！}B_{\压裂{n+k+1}{2}，k}（1！，2！，3！，dots）=\压裂{（n+1）！}{k！}\binom{\frac{n+k-1}{2{}{k-1}。\结束{align*}因此，$\mathscr中的元素数{U}（U）_{1，n+1}^m（f0）$由下式给出\开始{方程式*}f_m（n+1）=sum{\子堆栈{1\lek\len+1，equiv，0\；（text{mod}2）}}\binom{frac{n+k-1}{2}}{k-1}米^{k-1}=\sum_{k=0}^{floor\frac{n}{2}\floor}\binom{n-k}{k} 米^{n-2k}。\结束{方程式*}对于$m=1，\点，10$，这给出了序列\序列号{A000045}，序列号{A000129}，\序列号{A005668}，\序列号{A054413}在斯隆\引用{斯隆}。\结束{示例}\开始{example}对于$\ell\in\mathbb{N}$let\开始{方程式*}f_0（j）=\开始{cases}0，&\text{if}\；j\le\ell；\\1，&\text{否则}。\结束{cases}\结束{方程式*}然后是序列\开始{方程式*}f_m（n）=\sum_{k=1}^{n}\frac{k！}{n！}m^{k-1}\，B_{n，k}（0，\dotsc，0，（\ell+1）！，（\ell+2）！，\dotsc）\结束{方程式*}计算字母表$\{0，1，\dotsc，m\}$上长度为$n$的单词数，从1开始，这样每个非零元素后面都至少有$\ell$个零。自\[B_{n，k}（0，\dots，0，（\ell+1）！，（\el+2）！，\dotes）=\frac{n！}{（n-\ellk）！}B_{n-\ell k，k}（1！，2！\dots）\text{for}\ellk1\结束{方程式*}总之，如果$f_0（j）=j$对于$j\In\mathbb{N}$，则对于$N>1$，$01$-避免字母表${0,1，\dots，m+1\}$上长度为$N-1$的单词的数量由下式给出\开始{方程式*}f_m（n）=\sum_｛k=1｝^｛n｝\binom｛n+k-1｝｛n-k｝m^｛k-1｝。\结束{方程式*}对于$m=1，\点，10$，这给出了序列\序列号{A001906}、\seqnum{A001353}、\ seqnum{A004254}、\sseqnum-{A001109}、\fseqnum/{A004187}、\tseqnum.{A001090}、/seqnum}A018913}、.seqnum/在斯隆\引用{斯隆}。\结束{示例}\开始{推论}引用[推论~37]{Janjic15}指出，上述序列$f_m（n）$与$U_{n-1}（\tfrac{m+2}{2}）$重合，其中$U_}n}$是第二类的$n$-th切比雪夫多项式。因此，我们获得了身份：\开始{方程式*}U_{n}（\tfrac{x+2}{2}）=\sum_{k=0}^{n}\binom{n+k+1}{n-k}x^{k}。\结束{方程式*}\结束{推论}\开始{example}\label{010212avoiding}按照上一个示例的想法，我们现在让$b=3$，并让$U_j$成为$W_3（j）$中的构造块，其数字按非递增顺序排列。例如，在$W_3（3）$中的9个块中：\开始{居中}300\quad\textcolor{red}{\em 301}\quad\\textcolor}red}{\ em 302}\quad 310\quad 311\quad\文本颜色{红色}{\em 312}\quad 320\quad 321\quad 322\结束{中心}有3个块不满足限制，因此$U_3$只有6个元素。通常，对于每一个$j\In\mathbb{N}$，都有$\binom{j+1}{2}$这样的块，它们正是避免模式$01$、$02$和$12$的构建块。因此，对于上面的$f_0（j）=\binom{j+1}{2}$和$U_j$，集合$\mathscr{U}（U）_{3，n}（f0）$由字母$\{0,1,2,3\}$上长度为$n$的单词组成，以3开头，避免使用$01$、$02$和$12$模式。此外，如第~\ref{sec:words}节所述，集合$\mathscr{U}（U）_$m\ge1$的{3，n}^m（f0）$由字母表$\{0,1，\dots，m+2\}$上的单词组成，以3开头，限制与$\mathscr中的单词相同{U}（U）_{3，n}（f0）$。请注意$\mathscr{U}（U）_{3，n}^m（f0）$与长度为$n-1$超过$\{0,1，\dots，m+2\}$的单词集的元素数相同，避免了$01$，$02$和$12$。最后，通过推论~\ref{cor:m_words}和标识~\ref{Bell_Identity4}，$r=1$（参见附录），我们得出结论：对于$n>1$，序列\开始{方程式*}f_m（n）=\sum_{k=1}^{n}\分形{k！}{n！}m^{k-1}B_{n，k}=\sum_{k=1}^{n}\binom{n+2k-1}{n-k}m^{k-1}\结束{方程式*}给出字母表$\{0,1、\dots、m+2\}$上长度为$n-1$的单词数，避免使用模式$01$、$02$和$12$。对于$m=1,2$，我们在Sloane\cite{Sloane}中得到序列\seqnum{A052529}和seqnum{A200676}。\结束{示例}\开始{remark}在前两个示例中，$f_0$的形式为$r\ge0$的$f_0（j）=\binom{j+r}{r+1}$。示例~\ref{01aviduation}对应于$r=0$，示例~\ref{010212aviduating}是$r=1$时的情况。为$\mathscr的构造选择$b=r+1${U}（U）_{b，n}^m（f0）$，选择对其数字有非递增限制的构建块，可以得到避免特定模式的单词。\结尾{remark}\开始｛示例｝设$j\ge1$的$r\in\mathbb{N}$和$f_0（j）=\binom{j+r}{r+1}$。那么对于$n>1$，$f_m（n）=|\mathscr{U}（U）_{r+1，n}^m（f_0）|$统计字母表$\{0,1，\dots，m+r+1\}$中长度为$n-1$的单词数，避免了$a_1a_2$与$a_1，a_2\in\{0，\dotes，r+1 \}$和$a_1$的所有形式2$$W_q（j）$中正好有$q\cdot（q-1）^{j-2}$$ii$-避免单词。因此，如果$f_0$由\开始{方程式*}f_0（j）=\开始{cases}1，&\text{if}\；j=1\\q（q-1）^{j-2}，&\text{if}\；j\ge2；\结束{cases}\结束{方程式*}然后，根据定理~\ref{thm:basicwords}，序列$f_1（n+1）=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{k！}{（n/1）！}B_{n+1，k}（1！f_0（1），2！f_0（2），\dots）$给出$ii$-避免$n$超过$\{0,1，\dotes，q\}$的单词数$0\le i美元1美元，我们有\开始{方程式*}B_{n，k}（1！，0，\dotsc，（\ell+1）！，0\dotsc）=\binom{n}{n-k+\frac{n-k}{\ell}}\frac{（n-k+\frac{n-k{{\ell{）！}{（分数{n-k}{ell}）！}\结束{方程式*}每当$n-k\，\equiv\，0\；（\text{mod}\ell）$。\结束{身份}\开始｛证明｝使用\cite[{Eqs.\（3n）和（3n'），第3.3}]{Comtet}节，我们得到\开始{align*}B_{n，k}（1！，0，\dotsc，（\ell+1）！，0\dotsc）&=\sum_{\kappa=0}^k\sum_{\nu=\kappa}^n\binom{n}{\nu}B_{nu，\kappa-}（0\dotsc，（\ell+1）！，0\dotsc）B_{n-\nu，k-\kappa}（1，0，0，\dotsc）\\&=\sum_{\kappa=0}^k\binom{n}{n-k+\kappa}B_{n-k+/kappa，\kappa-}（0\dotsc，（\ell+1）！，0\dotsc）\\&=\binom{n}{n-k+\压裂{n-k}{\ell}}\压裂{（n-k+\frac{n-k{{\ell{）！}{（分数{n-k}{ell}）！}\；\文本{表示}n-k\，\equiv\，0\；（\text{mod}\ell）。\结束{align*}\结束{proof}\开始{identity}\label{Bell_Identity3}对于$\ell\in\mathbb{N}$，\开始{multline*}\四元B_{n，k}（1！，\dotsc，\ell！，0，（\ell+2）！，（\ell+3）！，\dotsc）\\=\frac｛n！｝｛k！｝\left（\sum_｛\kappa=0｝^｛k-1｝（-1）^\kappa\binom｛k｝｛\kappa｝\二进制数{n-（\ell+1）\kappa-1}{k-\kappa-1}+（-1）^k\delta{n，（\ell/1）k}\右）\！，\qquad（平方米）\结束{multline*}其中$\delta{n，（\ell+1）k}$是Kronecker delta函数。\结束{身份}\开始｛证明｝设$\bar x_\ell$、$\bar e_\ell$和$\bar x$定义为\开始{居中}$\bar x_\ell=（1！，\dots，\ell！，0，（\ell+2）！，\dots）$，\$\bar e\ell=（0，\dots，0，（\ell+1）！，0，\点）$，和$\bar x=\bar e_\ell+\bar x_\ell$。\结束{中心}通过\cite[｛Eqs.\（3n）和（3n'），第3.3节｝]｛Comtet｝，我们得到\开始{align*}B_{n，k}（\bar x_\ell）&=\！\sum_{\kappa\lek，\，\nu\len}\binom{n}{\nu}B_{nu，\kappa}（-\bar e\ell）B_{n-\nu，k-\kappa}（\bar x）\\&=\sum_{\kappa\le-k}\binom{n}{（\ell+1）\kappa}\frac{（\ ell+1）\ kappa）！}{\kapba！}（-1）^\kappa B_{n-（\ell+1）\ kappa，k-\kappa}（\bar x）\\&=\frac{n！}{k！}\sum_{\kappa=0}^{k-1}（-1）^\kappa/binom{k}{\kappa}\binom{n-（\ell+1）\kappa-1}{k-\kappa.1}+（-1）^k\frac{n！}{k！（n-（\ell+1）k）！}B_{n-（\ ell+1）\kappa，0}（\bar x）\\&=\frac{n！}{k！}\左（\sum_{\kappa=0}^{k-1}（-1）^\kappa \binom{k}{\kappa}\二进制数{n-（\ell+1）\kappa-1}{k-\kappa-1}+（-1）^k\delta{n，（\ell/1）k}\right）。\结束{align*}\结束{proof}\开始{identity}\label{Bell_Identity4}对于$r\ge 0$，让$t_j（r）=\binom{j+r}{r+1}$。然后\开始{方程式*}B_{n，k}（1！t_1（r），2！t2（r），\cdots）=\frac{n！}{k！}\binom{n+（r+1）k-1}{n-k}。\结束{方程式*}\结束{身份}\开始｛证明｝对于$k=1$以及我们所有的$n$\开始{方程式*}B_{n，1}（1！t_1（r），2！t2（r），\cdots）=\frac{n！}{1！}\binom{n+r}{r+1}=\frac{n！{1！{\binom}{n+r}{n-1}。\结束{方程式*}现在我们对$k$进行归纳。对于$k>1$，\开始{align*}B_{n，k}（1！t_1（r），2！t2（r），\cdots）&=\frac1{k}\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}j！\二进制{j+r}{r+1}B{n-j，k-1}（1！t1（r），2！t2（r），3！t3（r），\cdots）\\&=\frac1{k}\sum_{j=1}^n\binom{n}{j}j！\二进制{j+r}{r+1}\frac{（n-j）！}{（k-1）！}\binom{n-j+（r+1）（k-1）-1}{n-j-k+1}\\&=\frac｛n！｝｛k！｝\sum_｛j=1｝^｛n-k+1｝\binom｛j+r｝｛j-1｝\binom｛n-j+（r+1）（k-1）-1｝｛n-j-k+1｝\\&=\frac{n！}{k！}\sum_{j=0}^{n-k}\binom{j+r+1}{j}\binom{n-j+（r+1）（k-1）-2}{n-k-j}\\&=\frac{n！}{k！}\sum_{j=0}^{n-k}（-1）^{n-k}\binom{-r-2}{j}\binom{-（r+1）（k-1）-k+1}{n-k-j}。\结束{align*}利用楚-万德蒙德的身份，我们到达了\开始{方程式*}B_{n，k}（1！t_1（r），2！t_2（r），\cdots）=（-1）^｛n-k｝\frac｛n！｝｛k！｝\binom｛-（r+1）k-k｝｛n-k｝=\frac{n！}{k！}\binom{n+（r+1）k-1}{n-k}。\结束{方程式*}\结束{proof}\开始{书目}{9}\bibitem{BBK08}H.~Belbachir，S.~Bouroubi，A.~Khelladi，普通多项式、Fibonacci数、Bell多项式和离散均匀分布之间的联系，《数学年鉴》，{\textbf{35}（2008），21-30。\主题{伯恩斯坦·斯隆}M.~伯恩斯坦和N.J.A.~斯隆，一些整数的正则序列，{线性代数应用}\文本bf｛226/228｝（1995年），57-72。\bibitem{BGW12}D.~Birmajer，J.~Gil和M.~Weiner，一些卷积恒等式和涉及部分Bell多项式的逆关系，电子杂志Combin.}\textbf{19}（4）（2012），论文34。\bibitem{BGW15a}D.~Birmajer，J.~Gil和M.~Weiner，线性递归序列及其通过贝尔多项式的卷积序号}\textbf{18}（2015），\href公司{https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL18/Gil/gil3.html}{第15.1.2}条。\bibitem{Cameron}P.J.~Cameron，《整数序列》，《离散数学》（1989），89-102。\《高级组合数学：有限和无限扩张的艺术》，D.Reidel出版社，1974年。\bibitem{Janjic15}M.~Janji\'c，关于线性递归方程的产生由正整数组成，{它是J.整数序列}\textbf{18}（2015），\href公司{https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL18/Janjic/janjic63.html}{第15.4.7}条。\主题{斯隆}N.J.A.~斯隆，在线整数百科全书序列，\url{http://oeis.org}.\bibitem{WW09}W.~王和T.~王，贝尔的一般身份多项式，{计算数学应用}，textbf{58}（2009），104--118.\结束{书目}\大跳跃\小时\大跳跃\noindent 2010（数学学科分类）：小学05A10；次级11B83\\\noindent\emph{关键词：}限制词，逆变换，部分Bell多项式。\大跳跃\小时\大跳跃\noindent（与序列有关\序列号{A000045}，\序列号{A000073}，\序列号{A000078}，\序列号{A000129}，\序列号{A000322}，\序列号{A000930}\\\序列号{A001076}，\序列号{A001090}，\序列号{A001109}，\序列号{A001333}，\序列号{A001353}，\序列号{A001906}，\序列号{A003229}，\序列号{A003269}，\序列号{A003520}，\序列号{A004187}，\序列号{A004189}，\序列号{A004190}，\序列号{A004191}，\序列号{A004254}，\序列号{A005251}，\序列号{A005668}，\序列号{A005708}，\序列号{A005709}，\序列号{A005710}，\序列号{A006190}，\序列号{A018913}，\序列号{A028859}，\序列号{A041025}，\序列号{A041041}，\序列号{A049856}，\序列号{A052529}，\序列号{A052918}，\序列号{A052942}，\序列号{A054413}，\序列号{A055099}，\序列号{A055991}，\序列号{A068921}，\序列号{A079675}，\序列号{A084386}，\序列号{A086347}，\序列号{A089977}，\序列号{A099242}，\序列号{A099253}，\序列号{A099371}，\序列号{A108758}，\序列号{A119826}，\序列号{A120925}，\序列号{A123347}，\序列号{A125145}，\序列号{A143447}，\序列号{A143454}，\序列号{A143455}，\序列号{A180033}，\序列号{A180035}，\序列号{A200676}，\序列号{A209239}，\序列号{A255115}，\序列号{A255116}，\序列号{A255117}，\序列号{A255118}，\序列号{A255119}，\序列号{A255813}，\序列号{A255814}，以及\序列号{A255815}。）\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*{+.1in}\无音（noindent）2015年9月7日收到；收到修订版2015年11月22日。发表于2015年12月17日的《整数序列杂志》。小修订，2016年1月4日。\大跳跃\小时\大跳跃\无音（noindent）返回到\htmladdnormallink{整数序列杂志主页}{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/}.\vskip.1英寸\结束{文档}