Nota: El doble de la suma de la expresión indicada en el OPs pregunta ya es perfectamente válida la representación de la Stirling transformación de la secuencia de $(a_n)_{n\geq 1}=\left((n-1)!\right)_{n\geq 1}$ con respecto a su definición.
Así que, aquí estamos buscando una representación distinta de la de Stirling de transformación de $(a_n)_{n\geq 1}$, lo que podría ser considerado como el más conveniente o más de acuerdo a nuestras necesidades. Lamentablemente, una simplificación considerable, por ejemplo, la reducción de una suma no presumiblemente existe. Pero hemos de establecer la conexión de la OPs Stirling transformar con la Polylogarithm $\operatorname{Li}_{1-n}(2)$ provisto por Mathematica.
Vamos a denotar los números de Stirling del segundo tipo con $\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}$. Si $(a_n)_{n\geq 1}$ es una secuencia de números, a continuación, la secuencia de $(b_n)_{n\geq 1}$ con
\begin{align*}
b_n=\sum_{k=1}^n\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}a_k\etiqueta{1}
\end{align*}
se llama el Stirling transformación de $(a_n)_{n\geq 1}$.
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Stirling transformación de $(a_n)_{n\geq 1}=\big((n-1)!\big)_{n\geq 1}$
De acuerdo a la fórmula (1) se obtiene utilizando una expresión explícita para $\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}$
\begin{align*}
b_n&=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\sum_{j=1}^k(-1)^{k-j}\binom{k}{j}j^na_k\\
&=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\sum_{j=1}^k(-1)^{k-j}\binom{k}{j}j^n(k-1)!\\
&=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^{k}(-1)^{k-j}\binom{k-1}{j-1}j^{n-1}\tag{2}
\end{align*}
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Funciones de generación: se introduce la generación de funciones de $f,g$ con
\begin{align*}
f(x)&=\sum_{n=1}^{\infty}a_n\frac{x^n}{n!}
=\sum_{n=1}^{\infty}(n-1)!\frac{x^n}{n!}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}\\
&=-\ln(1-x)\\
g(x)&=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\frac{x^n}{n!}
\end{align*}
La representación de (2) en términos de funciones de generación es de acuerdo a esta página de la Wiki
\begin{align*}
g(x)=f(e^x-1)
\end{align*}
Llegamos a la conclusión de
\begin{align*}
g(x)&=f(e^x-1)\\
&=-\ln (2-e^x)\\
&=-\ln 2 -\ln\left(1-\frac{e^x}{2}\right)\tag{3}\\
\end{align*}
La expansión de la logarítmica de la serie obtenemos
\begin{align*}
-\ln\left(1-\frac{e^x}{2}\right)&=\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2^j}\frac{e^{jx}}{j}\\
&=\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2^jj}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(jx)^m}{m!}\\
&=\sum_{m=0}^{\infty}\left(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2^j}j^{m-1}\right)\frac{x^m}{m!}\\
&=\ln(2)+\sum_{m=1}^{\infty}\left(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2^j}j^{m-1}\right)\frac{x^m}{m!}\tag{4}\\
\end{align*}
La combinación de (3) y (4) obtenemos
\begin{align*}
g(x)=\sum_{m=1}^{\infty}\left(\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2^j}j^{m-1}\right)\frac{x^m}{m!}
\end{align*}
Utilizamos el coeficiente de operador $[x^m]$ para denotar el coeficiente de $x^{m}$ $g(x)$ y obtener
\begin{align*}
b_n&=\frac{1}{n!}[x^n]g(x)=\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2^j}j^{n-1}\qquad\qquad n\geq 1\tag{5}
\end{align*}
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Polylogarithms: de Acuerdo a la definición de la Polylogarithm
\begin{align*}
\operatorname{Li}_s(x):=\sum_{j=1}^{\infty}\frac{x^j}{j^s}\qquad\qquad |x|< 1, s\in\mathbb{C}
\end{align*}
observamos el lado derecho de (5) se puede escribir dejando $x=\frac{1}{2}$ $s=1-n$
\begin{align*}
b_n=\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2^j}j^{n-1}=\operatorname{Li}_{1-n}\left(\frac{1}{2}\right)
\end{align*}
Desde la siguiente identidad es válida para $n\geq 1$
\begin{align*}
\operatorname{Li}_{-n}(x)+(-1)^n\operatorname{Li}_{-n}\left(\frac{1}{x}\right)=0
\end{align*}
llegamos a la conclusión de
\begin{align*}
b_n=\operatorname{Li}_{1-n}\left(\frac{1}{2}\right)=(-1)^n\operatorname{Li}_{1-n}(2)\qquad\qquad n\geq 1
\end{align*}
que se corresponde con el resultado de Mathematica.
