Ferrers 棋盘的阶乘因式分解

给每行左侧再接 $x$ 个公共的新列，并暂取整数 $x\ge n$。扩充后的第 $i$ 行长 $x+b_i$。按行放满 $n$ 个互不攻击的车：第一行有 $x+b_1$ 个选择；放第 $i$ 行时，前面 $i-1$ 个车用过的列都在本行可用范围内，因为各行嵌套。因此正好剩 $x+b_i-(i-1)$ 个选择，乘起来得到右边。

另一种数法先看有多少车落在旧棋盘。假设有 $k$ 个，选它们有 $r_k(B)$ 种。未用的 $n-k$ 行需要在公共新列中选互异列，恰有 $x^{\underset{―}{n-k}}$ 种。旧列与新列本来就不相交，二者不会冲突。每份满行放置按旧区/新区分解唯一，得到左边。

两边都是多项式，在所有足够大的整数 $x$ 上相等，因此恒等。这一步让最终公式在任意 $x$ 上有效，却没有把负数个新列当作棋盘。

取行长 $(1,2,4)$，则移位量 $b_i-i+1$ 是 $(1,1,2)$，所以

设 $F_B=x^{\underset{―}{3}}+r_1{x}^{\underset{―}{2}}+r_{2}x+r_3$。代入 $x^{\underset{―}{3}}=x^3-3x^2+2x$、$x^{\underset{―}{2}}=x^2-x$，逐系数解得

独立按两行配对数两车：行一与二贡献 $1(2-1)=1$，行一与三贡献 $1(4-1)=3$，行二与三贡献 $2(4-1)=6$，合计十。放满三行依次有 $1,1,2$ 个选择，得到二。

嵌套条件不能只换成“每行知道长度”。对 $B=\{(1,1),(2,2)\}$，行长也是 $(1,1)$，但行集合不嵌套。实际 $r=(1,2,1)$，所以 $F_B=x(x-1)+2x+1=x^2+x+1$；错用乘积只得 $x(x+1)$。前面已用的列未必在下一行中，证明中“恰减去一”在这里失效。

补一个空行会改变 $n$ 与阶乘多项式的坐标。因此比较两板的移位量时必须先统一行数，可以在短板前面补空行；不能把不同长度的两个移位多重集直接比较。

对阶梯板 $b_i=i-1$，所有移位量都是零，故

与第二类 Stirling理路第二类 Stirling 数Stirling number of the second kind把 n 元集合划分为 k 个非空无标号块的方案数。换基比较，得到 $r_k(B)=S(n,n-k)$。$n=4$ 时是 $R_B(t)=1+6t+7t^2+t^3$。

这个等式还有不用多项式的可逆证明。将格子 $(i,j)$（$j<i$）上的车变为有向弧 $j\to i$。非攻击保证每个顶点至多一条出弧、至多一条入弧；弧从小到大，不可能成环，所以图分解为递增路径，包括孤立点。$n$ 个顶点、$k$ 条弧留下 $n-k$ 个路径块。反向对每个集合块把元素递增相连，就恢复唯一的车放置。例如划分 $\{1,3,4\}|\{2\}$ 给车 $(3,1),(4,3)$。

固定 $n$ 时，两块 Ferrers 板的车数完全相同，当且仅当移位多重集 $\{b_i-i+1\}$ 相同：一边是阶乘基展开唯一，另一边是首一多项式的线性因子唯一。行长 $(1,3)$ 与 $(2,2)$ 分别给移位 $(1,2)$、$(2,1)$，都具有 $R_B=1+4t+2t^2$。车数相同不意味着棋盘形状相同；第一板有三个非空列，第二板只有两个。