下降幂学习笔记

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下降幂学习笔记

还原精灵还我笔记——来自打完笔记但关电脑前没有保存的某人的呐喊。

定义

下降幂就是形如 $n^{\underset{―}{m}}$ 的式子，表示

n^{\underset{―}{m}} = \prod_{i = n - m + 1}^{n} = \frac{n!}{(n - m)!}

同理声明一个上升幂 $n^{\overset{―}{m}}$ ，表示

n^{\overset{―}{m}} = \prod_{i = n}^{n + m - 1} i = \frac{(n + m - 1)!}{(n - 1)!}

注意这里 $n, m$ 均可以取负数即可。

性质

上升下降之间的转换

首先是幂相加的求解

n^{\underset{―}{a + b}} = n^{\underset{―}{a}} (n - a)^{\underset{―}{b}} n^{\overset{―}{a + b}} = n^{\overset{―}{a}} (n + a)^{\overset{―}{b}}

这个性质常用于倍增求解一些多项式，因为有

$x^{\underset{―}{2 n}} = x^{\underset{―}{n}} (x - n)^{\underset{―}{n}} x^{\underset{―}{2 n + 1}} = x^{\underset{―}{2 n}} (x - 2 n)$
这样良好的性质，于是可以设 $x^{\underset{―}{n}} = f (x) = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i}$ ，则有

$\begin{aligned} x^{\underset{―}{2 n}} & = f (x) f (x - n) \\ = (\sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i}) (\sum_{i = 0}^{n} a_{i} (x - n)^{i}) \\ = (\sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i}) (\sum_{i = 0}^{n} a_{i} \sum_{j = 0}^{i} (\binom{i}{j}) x^{j} (- n)^{i - j}) \\ = (\sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i}) (\sum_{j = 0}^{n} x_{j} \sum_{i = j}^{n} a_{i} (\binom{i}{j}) (- n)^{i - j}) \\ = (\sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i}) (\sum_{j = 0}^{n} x^{j} \sum_{i = j} a_{i} (- n)^{i - j} \frac{i!}{j! (i - j)!}) \\ = (\sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i}) (\sum_{i = 0}^{n} \frac{x^{i}}{i!} \sum_{j = i}^{n} (a_{j} j!) \frac{(- n)^{j - i}}{(j - i)!}) \end{aligned}$
于是可以设 $F_{i} = a_{i} i!, G_{i} = \frac{(- n)^{i}}{i!}, G_{i}^{'} = G_{n - i}$ 。那么原式等于

$\begin{aligned} = (\sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i}) (\sum_{i = 0}^{n} \frac{x^{i}}{i!} \sum_{j = i}^{n} F_{j} G_{j - i}) \\ = (\sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i}) (\sum_{i = 0}^{n} \frac{x^{i}}{i!} \sum_{j = i}^{n} F_{j} G_{n - (j - i)}^{'}) \end{aligned}$
如果令 $W_{i} = (F G^{'})_{i}$ ，则原式等于

$\begin{aligned} = (\sum_{i = 0}^{n} a_{i} x^{i}) (\sum_{i = 0}^{n} \frac{W_{n + i}}{i!} x^{i}) \end{aligned}$
于是转换成两个多项式相乘，依旧利用 $FFT$ 求解即可。于是我们便能在

$T (n) = T (\frac{n}{2}) + O (n \log n) = O (n \log n)$
的时间复杂度内，得到 $x^{\underset{―}{n}}$ 的展开形式，上升幂同理。

接着有

n^{\underset{―}{m}} = (- 1)^{m} (- n)^{\overset{―}{m}} = (n - m + 1)^{\overset{―}{m}} n^{\overset{―}{m}} = (- 1)^{m} (- n)^{\underset{―}{m}} = (n + m - 1)^{\underset{―}{m}}

关于组合数

下降幂和组合数结合往往有意想不到的效果。

首先先简单将组合数转化成下降幂的形式

(\binom{n}{m}) = \frac{n!}{m! (n - m)!} = \frac{n^{\underset{―}{m}}}{m!}

这个性质可以将组合数拓展到实数域

$(\binom{r}{n}) = \frac{r^{\underset{―}{n}}}{n!}$
此处的 $r$ 是任意实数。然后可以用这个表示牛顿二项式定理

$(x + y)^{r} = \sum_{i \geq 0} (\binom{r}{i}) x^{i} y^{r - i}$
只需要注意 $i$ 没有上界即可。二项式定理其实是 $r$ 取任意非负整数时的特殊情况，因为当 $i > r$ 时， $(\binom{r}{i}) \equiv 0$ ，因此省略了后面的无穷项。

然后有一个组合数的转换

(\binom{n}{m}) = \frac{n^{\underset{―}{m}}}{m!} = \frac{(- 1)^{m} (- n)^{\overset{―}{m}}}{m!} = (- 1)^{m} \frac{(m - n - 1)^{\underset{―}{m}}}{m!} = (- 1)^{m} (\binom{m - n - 1}{m})

接着考虑下降幂与组合数相乘

(\binom{n}{k}) k^{\underset{―}{i}} = \frac{n!}{k! (n - k)!} \frac{k!}{(k - i)!} = \frac{(n - i)!}{(n - k)! (k - i)!} \frac{n!}{(n - i)!} = (\binom{n - i}{k - i}) n^{\underset{―}{i}}

通过这个性质，不妨将 $n, i$ 视作参数，那么我们成功将变化的 $k^{\underset{―}{i}}$ 转换成了不变的 $n^{\underset{―}{i}}$ ，那么预处理将会容易许多。

更常见的，对于多项式乘组合数的情况，即 $f (k) (\binom{n}{k})$ 的形式，不难考虑到将 $f (x) = \sum_{i \geq 0} a_{i} x^{i}$ 的形式改写成 $f (x) = \sum_{i \geq 0} b_{i} x^{\underset{―}{i}}$ 的形式，那么则有

$\begin{aligned} f (k) (\binom{n}{k}) & = (\binom{n}{k}) \sum_{i \geq 0} b_{i} k^{\underset{―}{i}} \\ = \sum_{i \geq 0} b_{i} k^{\underset{―}{i}} (\binom{n}{k}) \\ = \sum_{i \geq 0} b_{i} (\binom{n - i}{k - i}) n^{\underset{―}{i}} \end{aligned}$
于是我们看出来只需要求出 $b_{i}$ ，便能求出整个表达式的值。

于是我们考虑

$x^{n} = \sum_{i = 0}^{n} {\begin{matrix} n \\ i \end{matrix}} i! (\binom{x}{i}) = \sum_{i = 0}^{n} {\begin{matrix} n \\ i \end{matrix}} x^{\underset{―}{i}}$
考虑组合意义，即 $n$ 个不同的球放进 $x$ 个不同的盒子里，盒子可以为空。那么就是枚举具体放进了多少个盒子，从 $x$ 个盒子中选出来，将 $n$ 个球放入有多少方案，接着考虑不同的盒子，因此需要乘上 $i!$ 。

那么有

$\begin{aligned} f (x) & = \sum_{i \geq 0} a_{i} x^{i} \\ = \sum_{i \geq 0} a_{i} \sum_{j = 0}^{i} {\begin{array}{c} i \\ j \end{array}} x^{\underset{―}{j}} \\ = \sum_{i \geq 0} x_{i} \sum_{j \geq i} a_{j} {\begin{array}{c} i \\ j \end{array}} \end{aligned}$
所以有 $b_{i} = \sum_{j \geq i} a_{j} {\begin{matrix} j \\ i \end{matrix}}$ ，预处理第二类斯特林数可以对于 $n$ 次多项式做到 $O (n^{2})$ 求解。

接着考虑一个推导：求 $F (x) = \sum_{i \geq 0} (\binom{2 i}{i}) x^{i}$ 的封闭形式。

首先有一个显然成立的等式

$x^{\underset{―}{k}} (x - \frac{1}{2})^{\underset{―}{k}} = \frac{(2 x)^{\underset{―}{2 k}}}{2^{2 k}}$
其实只需要将左边展开后每一项均乘 $2$ 即可得到。那么就有

$\begin{aligned} (\binom{2 n}{n}) & = \frac{(2 n)^{\underset{―}{n}}}{n!} \\ = \frac{(2 n)^{\underset{―}{2 n}}}{(n!)^{2}} \\ = \frac{2^{2 n} n^{\underset{―}{n}} (n - \frac{1}{2})^{\underset{―}{n}}}{(n!)^{2}} \\ = (2^{2})^{n} \frac{(n - \frac{1}{2})^{\underset{―}{n}}}{n!} \\ = 4^{n} (\binom{n - \frac{1}{2}}{n}) \\ = 4^{n} (- 1)^{n} (\binom{n - (n - \frac{1}{2}) - 1}{n}) \\ = (- 4)^{n} (\binom{- \frac{1}{2}}{n}) \end{aligned}$
所以

$\begin{aligned} F (x) & = \sum_{i \geq 0} (\binom{2 i}{i}) x^{i} \\ = \sum_{i \geq 0} (- 4)^{i} (\binom{- \frac{1}{2}}{i}) x^{i} \\ = \sum_{i \geq 0} (- 4 x)^{i} (\binom{- \frac{1}{2}}{i}) \\ = (1 - 4 x)^{- \frac{1}{2}} \\ = \frac{1}{\sqrt{1 - 4 x}} \end{aligned}$

对于下降幂也有二项式定理

(x + y)^{\underset{―}{n}} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n - i}} (x + y)^{\overset{―}{n}} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\overset{―}{i}} y^{\overset{―}{n - i}}

考虑证明：

$\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n - i}} & = \sum_{i = 0}^{n} \frac{n!}{i! (n - i)!} x^{\underset{―}{i}} y^{\underset{―}{n - i}} \\ = n! \sum_{i = 0}^{n} (\binom{x}{i}) (\binom{y}{n - i}) \\ = n! (\binom{x + y}{n}) \\ = (x + y)^{\underset{―}{n}} \end{aligned}$
考虑组合意义， $(\binom{x}{i}) (\binom{y}{n - i})$ 就表示从 $x + y$ 个中选出 $n$ 个的方案数。上升幂相关的证明同理。

有限微积分

重定义

在微积分中我们引入了算子 $D$ 的概念，表示一个无穷小量上的斜率

D f (x) = \frac{d f (x)}{d x} = lim_{h \to 0} \frac{f (x + h) - f (x)}{h}

此时我们定义另一个算子 $Δ$ 表示 $h = 1$ 时的斜率，也就是

Δ f (x) = f (x + 1) - f (x)

本质上就是差分。

在 $D$ 算子下，最基本的函数是

D x^{m} = m x^{m - 1}

但在 $Δ$ 算子下， $(x + 1)^{m} - x^{m}$ ，没什么能够化简的地方，于是我们考虑下降幂

Δ x^{\underset{―}{m}} = (x + 1)^{\underset{―}{m}} - x^{\underset{―}{m}} = m x^{\underset{―}{m - 1}}

我们发现这和上面的形式一样。

接着考虑无限微积分上定义积分

g (x) = D f (x) \Leftrightarrow \int g (x) d x = f (x) + C

类似的，我们也可以定义

g (x) = Δ f (x) \Leftrightarrow \sum g (x) δ x = f (x) + C

这个 $C$ 只需要满足在差分后能够消掉，即周期为 $1$ 的函数。

类似定义定积分

\int_{a}^{b} g (x) d x = f (x) ∣_{a}^{b} = f (b) - f (a) \sum_{a}^{b} g (x) δ x = f (x) ∣_{a}^{b} = f (b) - f (a) = \sum_{i = a}^{b - 1} g (i)

根据定积分的性质，同样的，定义

\sum_{a}^{b} g (x) δ x = - \sum_{b}^{a} g (x) δ x \sum_{a}^{b} g (x) δ x + \sum_{b}^{c} g (x) δ x = \sum_{a}^{c} g (x) δ x

函数的对应关系

对 $x^{\underset{―}{m}}$ 进行积分，得

\sum_{i = 0}^{n - 1} i^{\underset{―}{m}} = \frac{i^{\underset{―}{m + 1}}}{m + 1} ∣_{0}^{n} = \frac{n^{\underset{―}{m + 1}}}{m + 1}

可惜当 $m = - 1$ 时无法使用，于是当 $m = - 1$ 时我们暴力展开，有

\sum_{i = 0}^{n - 1} i^{\underset{―}{m}} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{i} = H_{n}

所以我们知道

\sum x^{\underset{―}{m}} δ x = {\begin{matrix} \frac{x^{\underset{―}{m + 1}}}{m + 1} + C & m \neq - 1 \\ H_{x} + C & m = - 1 \end{matrix}

联想到 $\int x^{- 1} d x = \ln x + C$ ，于是我们找到了能和 $\ln x$ 相互对应的函数 $H_{x} = \sum_{i = 1}^{x} \frac{1}{i}$ 。

考虑无限微积分中的 $D e^{x} = e^{x}$ ，找到一个类似的函数，不难发现 $Δ 2^{x} = 2^{x}$ 。考虑对于所有 $a^{x}$ 的差分和逆差分，有

Δ f (x) = a^{x + 1} - a^{x} = (a - 1) a^{x} \sum f (x) δ x = \frac{a^{x}}{a - 1}

更进一步，令 $Δ_{k} f (x) = f (x + k) - f (x)$ ，同样试图找到一个函数 $a^{x}$ ，满足 $e^{x}$ 的性质，于是有

\begin{aligned} \frac{a^{x + k} - a^{x}}{k} = a^{x} \\ \Rightarrow & a^{k} - 1 = k \\ \Rightarrow & a = \sqrt[k]{k + 1} \end{aligned}

那么当 $lim_{k \to 0}$ ，有

e = lim_{k \to 0} (k + 1)^{\frac{1}{k}} = lim_{n \to \infin} (1 + \frac{1}{n})^{n}

运算法则

显然有 $Δ (f + g) = Δ f + Δ g, Δ (c g) = c Δ g$ ， $c$ 是常数。

接着考虑乘法运算，则有

\begin{aligned} Δ (f (x) g (x)) & = f (x + 1) g (x + 1) - f (x) g (x) \\ = f (x + 1) g (x + 1) - f (x + 1) g (x) - f (x) g (x) + f (x + 1) g (x) \\ = f (x + 1) Δ g (x) + g (x) Δ f (x) \end{aligned}

定义位移算子 $E (f (x))$ 表示 $f (x + 1)$ ，则有

Δ f g = E f Δ g + g Δ f

对两边同时逆差分后可以得到

\sum g Δ f = f g - \sum E f Δ g

考虑利用有限微积分计算的具体的问题。

求 $\sum_{k = 0}^{n - 1} k^{2}$ 。

将 $k^{2}$ 拆成 $k^{\underset{―}{2}} + k^{\underset{―}{1}}$ ，那么因为 $\sum_{i = 0}^{n - 1} i^{\underset{―}{m}} = \frac{n^{\underset{―}{m + 1}}}{m + 1}$ 可以得到

$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{n - 1} k^{2} & = \sum_{k = 0}^{n - 1} (k^{\underset{―}{2}} + k^{\underset{―}{1}}) \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} k^{\underset{―}{2}} + \sum_{k = 0}^{n - 1} k^{\underset{―}{1}} \\ = \frac{n^{\underset{―}{3}}}{3} + \frac{n^{\underset{―}{2}}}{2} \end{aligned}$
展开后化简可以得到我们日常使用的公式

$\sum_{k = 0}^{n - 1} k^{2} = \frac{n (n - 1) (2 n - 1)}{6}$
事实上，通过斯特林数，很多时候一般幂和下降幂间转化。
求 $\sum_{k = 0}^{n} k 2^{k}$ 。

我们想利用上面的公式，不妨令 $Δ f (x) = 2^{x}, g (x) = x$ ，则有 $f (x) = 2^{x}, Δ g (x) = 1$ 。那么所求即为 $\sum_{i = 0}^{n} g (k) Δ f (k) = \sum_{i = 0}^{n + 1} g (k) Δ f (k) δ k$ 。

定义 $F (k) = \sum g (k) Δ f (k) δ k$ ，则所求即为 $F (k) ∣_{0}^{n + 1}$ ，于是考虑计算 $F (k)$ ，有

$\begin{aligned} F (k) & = \sum g (k) Δ f (k) δ k \\ = f (k) g (k) - \sum E (f (k)) Δ g (k) δ k \\ = k 2^{k} - \sum 2^{k + 1} δ k \\ = k 2^{k} - 2^{k + 1} \end{aligned}$
所以

$\begin{aligned} F (k) ∣_{0}^{n + 1} & = F (n + 1) - F (0) \\ = ((n + 1) 2^{n + 1} - 2^{n + 2}) - (02^{0} - 2^{1}) \\ = (n - 1) 2^{n + 1} + 2 \end{aligned}$
即

$\sum_{k = 0}^{n} k 2^{k} = (n - 1) 2^{n + 1} + 2$
求 $\sum_{i = 0}^{n - 1} H_{i}$ 。

依旧考虑相同的思路，但是不难发现我们难以对 $H_{x}$ 进行逆差分，但是我们知道 $H_{x}$ 的差分，于是应该令 $Δ f (x) = 1, g (x) = H_{x}$ ，则有 $f (x) = x, Δ g (x) = x^{\underset{―}{- 1}}$ 。那么所求即为 $\sum_{i = 0}^{n - 1} g (i) Δ f (i) = \sum_{i = 0}^{n} g (i) Δ f (i) δ i$ 。定义 $F (i) = \sum g (i) Δ f (i) δ i$ ，则所求即为 $F (i) ∣_{0}^{n}$ ，考虑计算 $F (i)$ ，有

$\begin{aligned} F (i) & = \sum g (i) Δ f (i) δ i \\ = f (i) g (i) - \sum E (f (i)) Δ g (i) δ i \\ = i H_{i} - \sum (i + 1) i^{\underset{―}{- 1}} δ i \\ = i H_{i} - i \end{aligned}$
于是

$\begin{aligned} F (i) ∣_{0}^{n} & = F (n) - F (0) \\ = (n H_{n} - n) - (0 H_{0} - 0) \\ = n H_{n} - n \end{aligned}$
即

$\sum_{i = 0}^{n - 1} H_{i} = n H_{n} - n$
求 $\sum_{i = 0}^{n - 1} k H_{k}$ 。

事实上，根据前面的思路，这没有什么难的。

令 $Δ f (x) = x = x^{\underset{―}{1}}, g (x) = H_{x}$ ，则 $f (x) = \frac{x^{\underset{―}{2}}}{2}, Δ g (x) = x^{\underset{―}{- 1}}$ 。则所求即为 $\sum_{i = 0}^{n - 1} g (i) Δ f (i) = \sum_{i = 0}^{n} g (i) Δ f (i) δ i$ 。定义 $F (i) = \sum g (i) Δ f (i) δ i$ ，则所求即为 $F (i) ∣_{0}^{n}$ ，考虑计算 $F (i)$ ，有

$\begin{aligned} F (i) & = \sum g (i) Δ f (i) δ i \\ = f (i) g (i) - \sum E (f (i)) Δ g (i) δ i \\ = \frac{i^{\underset{―}{2}} H_{i}}{2} - \sum \frac{(i + 1)^{\underset{―}{2}}}{2} i^{\underset{―}{- 1}} δ i \\ = \frac{i^{\underset{―}{2}} H_{i}}{2} - \sum \frac{i^{\underset{―}{1}}}{2} δ i \\ = \frac{i^{\underset{―}{2}} H_{i}}{2} - \frac{i^{\underset{―}{2}}}{4} \\ = \frac{i^{\underset{―}{2}} (2 H_{i} - 1)}{4} \end{aligned}$
则

$\begin{aligned} F (i) ∣_{0}^{n} & = F (n) - F (0) \\ = \frac{n^{\underset{―}{2}} (2 H_{n} - 1)}{4} - \frac{0^{\underset{―}{2}} (2 H_{0} - 1)}{4} \\ = \frac{n^{\underset{―}{2}} (2 H_{n} - 1)}{4} \end{aligned}$
化成正常形式可以得到

$\sum_{i = 0}^{n - 1} k H_{k} = \frac{n (n - 1) (2 H_{n} - 1)}{4}$

posted @ 2024-07-09 21:23 DycIsMyName 阅读(61) 评论(0) 编辑收藏举报

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