一個集合的「劃分」(Partition)就是把該集合的元素劃歸一些子集，使得這些子集兩兩不相交(Disjoint)(亦稱「互斥」Mutually Exclusive)，而且這些子集合起來包羅所有元素(即「窮盡」Completely Exhaustive)。用數學語言來表達，一個集合A的「劃分」就是由這個集合的子集A1、A2 ... An組成的集合{A1, A2 ... An}，其中A1 ∪ A2 ∪ ... An = A，並且Ai ∩ Aj = Φ (i, j = 1、2 ... n，i ≠ j)(這裡Φ代表「空集」)。
「集合劃分」問題就是以下的問題，設某個集合A共有r個元素，現要把A劃分為n個子集A1 ... An，共有多少種不同劃分法？按照是否容許在A1 ... An中存在空集，「集合劃分」問題可分為「不容許空集的集合劃分」問題和「容許空集的集合劃分」問題這兩大類。舉例說，設A共有3個元素(不妨稱它們命名為1、2和3)，現要把它們劃分為2個非空子集，那麼應共有以下3種劃分法(請注意以下用「集合的集合」Set of Sets，或稱「集合族」Family of Sets來代表集合的「劃分」)：
如果容許空集存在，那麼集合A便有4種劃分法：
根據「集合論」的約定，一個集合內的元素一般是沒有次序之分的，但「點算組合學」提出「有序劃分」(Division)的概念。如果在劃分後所得「集合族」內的集合有次序之分，而集合內的元素卻無次序之分，我們便把這種集合劃分稱為「有序劃分」。舉例說，若仍以1、2和3作為集合A的元素，並考慮對A進行「有序劃分」，那麼{1,2}-{3}與{3}-{1,2}便應是兩種不同的「有序劃分」，而{1,2}-{3}與{2,1}-{3}卻是同一種「有序劃分」(註1)。這樣，集合A便應有以下6種「不容許空集的集合有序劃分」：
以及以下8種「容許空集的集合有序劃分」：
現在筆者運用「廣義容斥原理」推導「不容許空集的集合有序劃分」問題的計算公式，我們把所求答案稱為D1(r, n)(這裡D的下標1代表每個子集元素個數的「下限」，即每個子集須有至少1個元素)。首先我們定義論域U為把含有r個元素的集合A劃分為n個有序子集A1 ... An的各種「有序劃分」組成的集合。S1為以A1為空集的那些「有序劃分」組成的集合。其餘S2 ... Sn的定義均類此。因此我們所要求的答案就是|S1' ∪ ... ∪ Sn'|，亦即《點算的奧秘：廣義容斥原理》中的N(n, 0)。由於S1 ... Sn顯然是「可交換集合」，我們可以應用上述網頁的公式(5)求解(以下重新編號為公式(1)，並把求和變項改為k)：
但在應用上式前，我們須先求nk的值。這個值就是從S1 ... Sn任意抽k個出來構成的交集的元素個數，而這個交集就是以A1 ... An中k個集合為空集的那些「有序劃分」組成的集合。由於在A1 ... An中已確定了k個為空集，我們只需考慮餘下n − k個集合的情況。這個問題實際等同於把r個元素分配入n − k個集合的問題。由於對每一個元素而言，都有n − k個選擇，因此應共有(n − k)r種分配法，亦即nk = (n − k)r。把這個值代入上面公式(1)，便得
上式就是「不容許空集的集合有序劃分」問題的計算公式。現在讓我們來驗證一下當r = 3，n = 2時，上式的輸出值。代入上述「參數」，得
| D1(3, 2) | = Σ0 ≤ k ≤ 2(−1)k C(2, k) (2 − k)3 |
| = 1 × 8 − 2 × 1 + 1 × 0 | |
| = 6 |
所得結果與前面的結果相同。
接著讓我們利用公式(2)推導「不容許空集的集合(無序)劃分」問題的公式，我們把所求答案稱為P1(r, n)。現在讓我們看看P1(r, n)與D1(r, n)之間存在甚麼關係。根據以前介紹過的「全排列」公式，給定一種包含n個子集的「(無序)劃分」，我們可以把這n個子集排次序，從而得到n!種「有序劃分」。由於共有P1(r, n)種「(無序)劃分」，故有以下關係式：
利用上式以及公式(2)，我們便得到
在「點算組合學」中，上式代表的數有特殊的名稱，稱為「第二類斯特林數」(Stirling Number of the Second Kind)。
現在讓我們來驗證一下當r = 3，n = 2時，上式的輸出值。把上文計算所得D1(3, 2)的值除以2! = 2，得P1(3, 2) = 6 / 2 = 3，即把3件物件劃歸2個非空(無序)子集，應共有3種劃分法，這與前面的結果一致。
以上討論了「不容許空集」的情況，現在讓我們研究「容許空集」的情況。首先考慮「容許空集的集合有序劃分」問題，我們把所求答案稱為D0(r, n)。我們可以這樣來看這個問題。每個元素都可歸入n個子集中的一個，即每個元素都有n種選擇作為這個元素的「歸宿」。由於共有r個元素，故共有nr種把r個元素歸入n個「有序」子集的方法，即
當r = 3，n = 2時，上式的輸出值是23 = 8，與前文的結果一致。
接著考慮「容許空集的集合(無序)劃分」問題，我們把所求答案稱為P0(r, n)。看到這裡，有些讀者可能認為，也許我們可以利用像公式(3)那樣的公式來推導P0(r, n)。但問題是，究竟是否
不幸的是，上式是不成立的，原因是當n > 2時，n個子集中可能包含多於一個空集。但是根據「集合論」的約定，所有空集均視為相同。因此對應於(無序)劃分{Φ, Φ, {1,2}}，只有以下3種而非3! = 6種「有序劃分」：Φ-Φ-{1,2}; Φ-{1,2}-Φ; {1,2}-Φ-Φ。
既然以上關係式不成立，我們只好另闢蹊徑。我們可以這樣來看這個問題。由於現在容許空集存在，那麼在n個子集中，可能有i個是非空(無序)子集(1 ≤ i ≤ n)。這i個非空(無序)子集的存在，使現在的問題變成把r個元素劃歸i個(無序)子集的「不容許空集的集合(無序)劃分」問題，其(無序)劃分總數就是前面求得的P1(r, i)。由於i可取1至n之間的任何整數，根據「加法原理」，我們得
| P0(r, n) | = Σ1 ≤ i ≤ nP1(r, i) |
| = Σ1 ≤ i ≤ n Σ0 ≤ k ≤ i(−1)k C(i, k) (i − k)r / i! (5) |
在「點算組合學」中，上式代表的數亦有特殊的名稱，稱為「貝爾數」(Bell Number)。
現在讓我們來驗證一下當r = 3，n = 2時，上式的輸出值。由於我們在前面已計算了P1(3, 2)的值，我們只需再求P1(3, 1)的值便足夠。利用公式(4)，
| P1(3, 1) | = [Σ0 ≤ k ≤ n(−1)k C(1, k) (1 − k)3] / 1! |
| = 1 × 1 − 1 × 0 | |
| = 1 |
因此P0(3, 2) = P1(3, 1) + P1(3, 2) = 1 + 3 = 4，與前面的結果一致。
例題1：4名學生每天乘校車上學，他們被安排在3個車站候車。假如每個車站都必須有學生候車，問可作出多少種不同安排？
答1：我們可以把這個問題解釋成「集合劃分」問題：4名學生相當於4個元素，3個車站相當於3個子集，把4名學生安排在3個車站候車就相當於把4個元素劃歸3個子集，每個車站都必須有學生候車就相當於每個子集都必須有元素，即沒有空集存在。由於同一個學生在不同車站候車被視為不同的安排，這些子集是「有序子集」。綜合以上討論，本題就是一個「不容許空集的集合有序劃分」問題，可利用公式(2)求解。把r = 4，n = 3代入公式(2)，便得
| D1(4, 3) | = Σ0 ≤ k ≤ 3(−1)k C(3, k) (3 − k)4 |
| = 1 × 81 − 3 × 16 + 3 × 1 − 1 × 0 | |
| = 36 □ |
某些應用問題會規定各個子集的元素個數，這類問題也可分為「有序劃分」和「(無序)劃分」兩種。現在首先考慮「規定子集元素個數的集合有序劃分」問題。設某個集合A共有r個元素，並假定把這r個元素命名為1、2 ... r。現要把A劃分為n個有序子集A1 ... An。如果規定A1有r1個元素 ... An有rn個元素，r1 > 0 ... rn > 0 (註2)；r1 + ... rn = r，問有多少種劃分法？我們把所求答案稱為D(r1, ... rn)。
解決上述問題的關鍵是要能看出上述問題與「有限重覆全排列」問題的對應關係，即上述問題對應於以下問題：設有n類共r個物件，並假定把這n類物件命名為O1 ... On，其中第1類物件有r1個 ... 第n類物件有rn個。現要把這些物件排序，問有多少種不同排法？
上述兩種問題的對應關係如下：n個子集合共r個元素對應於n類合共r個物件；元素的名稱1、2 ... r對應於排列的次序；子集的序號對應於物件類別的序號；規定的元素個數(r1 ... rn)對應於各類物件的數目。舉例說，當n = 3，r = 4，並且規定r1 = 1，r2 = 2，r3 = 1時，「有序劃分」{3}-{1,4}-{2}便對應著排列O2-O3-O1-O2。由於上述對應關係是「一一對應」關係，所以D(r1, ... rn)應等於「有限重覆全排列」的排列總數。這樣，根據《點算的奧秘：有限重覆的排列組合問題》，我們有
| D(r1, ... rn) | = M(r1, ... rn) |
| = r! / [(r1)! × ... (rn)!] (6) |
最後考慮「規定子集元素個數的集合(無序)劃分」問題。這類問題可表述如下：設某個集合A共有r個元素，現要把A劃分為n個(無序)子集。如果規定其中k1個子集有1個元素，k2個子集有2個元素 ... kr個子集有r個元素(註3)，k1 ≥ 0，k2 ≥ 0 ... kr ≥ 0；k1 + 2k2 + ... rkr = r；k1 + k2 + ... kr = n，問有多少種劃分法？我們把所求答案稱為P(k1, ... kr)(註4)。
我們可以透過建立P(k1, ... kr)與D(r1, ... rn)之間的關係來求P(k1, ... kr)。給定一種包含k1個一元子集、k2個二元子集 ... kr個r元子集的「(無序)劃分」，我們可以把這些子集排序，從而得到一個「有序劃分」。由於我們想運用公式(6)，我們所得的「有序劃分」不是一般的「有序劃分」，而是「規定子集元素個數的集合有序劃分」。因此我們不妨規定在把子集排序後，首k1個子集的每一個都有1個元素，接下來的k2個子集的每一個都有2個元素 ... 最後kr個子集的每一個都有r個元素。現在我們要問，共有多少種排序法？由於規定了所有一元子集都必須排在最前，所有二元子集必須排在所有一元子集之後 ... 所有r元子集必須排在最後，各種子集只能在其「限定」範圍內選擇位置。根據「全排列」公式，全部k1個一元子集在其「限定」範圍內應共有k1!種排序法，全部k2個二元子
集在其「限定」範圍內應共有k2!種排序法 ... 全部kr個r元子集在其「限定」範圍內應共有kr!種排序法。應用「乘法原理」，全部n個子集應共有k1! × k2! × ... kr!種排序法。由此我們得到以下關係式：
接下來便要運用公式(6)，但先須搞清楚r1、r2 ... rn是甚麼？由於規定了首k1個子集是一元集，接下來的k2個子集是二元集 ... 最後kr個子集是r元集，這裡的r1、r2 ... rn就是1 ... 1, 2 ... 2, ... r ... r，其中包括k1個1、k2個2 ... kr個r。因此，應用公式(6)，
最後，綜合運用上面(7)和(8)，我們得到
例題2：承接例題1，假如規定第一個車站須有2名學生候車，第二個車站無人候車(該車站臨時取消了)，第三個車站須有2名學生候車，問可作出多少種不同安排？
答2：例題1的解答已顯示該題相當於一個「集合有序劃分」問題，現在加上各個車站的規定，本題成為一個「規定子集元素個數的集合有序劃分」問題，可以應用公式(6)求解。由於第二個車站無人候車，我們只需考慮其餘兩個車站，即把本題視作只有兩個子集處理。把r = 4，r1 = 2，r2 = 2代入公式(6)，便得
| D(2, 2) | = 4! / (2! × 2!) |
| = 6 □ |