2023.2.3 闲话

我认为

$$\dfrac1{2^{n-k}}\sum_{i=0}^n\dbinom nii^k$$

是关于 $n$ 的 $k$ 次多项式 .

证明如下：

Method 1

根据数学直觉，我们知道答案肯定是多项式，下面确定次数 .

根据比较经典思路，令 $\displaystyle f_{k,n}(z)=\sum_{i=1}^n\dbinom nii^kz^i=g_{k,n}(z)\cdot(z+1)^{n-k}$，其中 $g_{k,n}$ 是一关于 $n$ 的多项式 .

$$\begin{aligned}\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dz}(f_{k,n}(z)z)&=f_{k,n}(z)+zf'_{k,n}(z)\\&=g_{k,n}(z)\cdot(z+1)^{n-k}+z(g_{k,n}'(z)\cdot(z+1)^{n-k}+(n-k)g_{k,n}(z)\cdot(z+1)^{n-k-1})\\&=g_{k,n}(2)2^{n-k}+2(g'_{k,n}(z)2^{n-k}+(n-k)g_{k,n}(2)2^{n-k-1})\\&=(n-k+1)g_{k,n}(2)2^{n-k}+2g'_{k,n}(2)2^{n-k}\\&=2^{n-k}((n-k+1)g_{k,n}(2) + 2g'_{k,n}(2))\end{aligned}$$

第三个等号处代入 $z=1$ .

观察（归纳）即可得到为 $k$ 次 .

Method 2

根据 CF932E 的结论，原式可化为

$$\sum_{i=0}^k {k \brace i} n^{\underline{i}} 2^{k - i}$$

显然是 $k$ 次多项式 .

Method 3

好像不行