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