求和相关知识整理

摘自 8 月 13 号的讲课内容。

一、直接方式（Direct Methods）

1. 下标变换（Index Transformation）

计算 $\sum\limits_{i=l}^r a_i$ 时，可以通过下标变换的思路将其转为 $\sum\limits_{i=l-k}^{r-k}a_{i+k}$，例如 $\sum\limits_{i=0}^{r-l} a_{l+i}$ 或 $\sum\limits_{i=0}^{r-l} a_{r-i}$。

例1：计算 $\sum\limits_{k=0}^n a\times k$

解：记 $S=\sum\limits_{k=0}^n a\times k$。由于 $\sum\limits_{k=0}^n a\times k=\sum\limits_{k=0}^n a\times \left(n-k\right)$，故 $2S=\sum\limits_{k=0}^n a\times n$，$S=\frac12n\left(n+1\right)a$。

例2：计算 $\sum\limits_{1\le i\le j\le n}a_ia_j$

解：记 $S=\sum\limits_{1\le i\le j\le n}a_ia_j$，则 $2S=\sum\limits_{1\le i,j\le n}a_ia_j+\sum\limits_{i=1}^n a_i^2=\left(\sum\limits_{i=1}^n a_i\right)^2+\sum\limits_{i=1}^n a_i^2$，$S=\frac 12\left(\left(\sum\limits_{i=1}^n a_i\right)^2+\sum\limits_{i=1}^n a_i^2\right)$。

2. 归纳法（Induction）

例3：计算 $\sum\limits_{k=1}^n \left(2k-1\right)$

解：猜想 $\sum\limits_{k=1}^n \left(2k-1\right)=n^2$。此时 $\sum\limits_{k=1}^{n+1}\left(2k-1\right)=n^2+\left(2n+1\right)=\left(n+1\right)^2$，符合猜想；而 $\sum\limits_{k=1}^1 \left(2k-1\right)=1=1^2$。因此 $\sum\limits_{k=1}^n \left(2k-1\right)=n^2$。

例4：求证 $\forall n,i,a_i\ge 0$ 时有 $\prod\limits_{i=1}^n a_i\le\left(\frac 1n\sum\limits_{i=1}^n a_i\right)^n$

解：令 $P\left(n\right)=\left[\prod\limits_{i=1}^n a_i\le\left(\frac 1n\sum\limits_{i=1}^n a_i\right)^n\right]$。首先 $P\left(1\right)$ 显然成立（$a_1\le a_1$），同时由于 $\left(\frac 12\left(a_1+a_2\right)\right)^2=\frac 14\left(a_1+a_2\right)^2$，所以 $\left(\frac 12\left(a_1+a_2\right)\right)^2-a_1a_2=\frac 14\left(a_1-a_2\right)^2\ge 0$，$P\left(2\right)$ 成立。

$P\left(n\right)$ 成立时，考虑 $a_n=\frac 1{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n-1}a_i$ 的情况。此时 $\frac1n\sum\limits_{i=1}^n a_i=\frac 1{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n-1}a_i=a_n$，则 $P\left(n\right)$ 成立时有 $a_n\times\prod\limits_{i=1}^{n-1}a_i\le a_n^n$，故 $\prod\limits_{i=1}^{n-1}a_i\le\left(\frac 1{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n-1} a_i\right)^{n-1}$，$P\left(n-1\right)$ 成立。

然后考虑 $P\left(n\right)$ 成立时 $P\left(2n\right)$ 的情况。此时 $\prod\limits_{i=1}^n a_i\le\left(\frac 1n\sum\limits_{i=1}^n a_i\right)^n$，$\prod\limits_{i=n+1}^{2n} a_i\le\left(\frac 1n\sum\limits_{i=n+1}^{2n} a_i\right)^n$；所以 $\prod\limits_{i=1}^{2n} a_i\le \left(\left(\frac 1n\sum\limits_{i=1}^n a_i\right)\left(\frac 1n\sum\limits_{i=n+1}^{2n}a_i\right)\right)^n$。而由 $P\left(2\right)$ 得 $\left(\frac 1n\sum\limits_{i=1}^n a_i\right)\left(\frac 1n\sum\limits_{i=n+1}^{2n}a_i\right)\le \left(\frac 1{2n}\sum\limits_{i=1}^{2n}a_i\right)^2$，所以 $\prod\limits_{i=1}^{2n} a_i\le \left(\left(\frac 1n\sum\limits_{i=1}^n a_i\right)\left(\frac 1n\sum\limits_{i=n+1}^{2n}a_i\right)\right)^n\le \left(\frac 1{2n}\sum\limits_{i=1}^{2n}a_i\right)^{2n}$。

综上，如果 $P\left(i\right)$ 成立则 $P\left(i-1\right)$ 成立（进而 $\forall j<i,P\left(j\right)$ 成立），并且 $P\left(2i\right)$ 成立（进而 $\forall j,P\left(2^ji\right)$ 成立），所以 $\forall n$，可以从 $P\left(1\right)$ 成立推导到 $P\left(2^{\left\lceil\log_2 n\right\rceil}\right)$ 成立，进而 $P\left(n\right)$ 成立。

3. 错位相减（Isolating）

此时可以把和式的最前面的项和最后面的项拿出来，消掉其他的项。

例5：求 $\sum\limits_{k=0}^n a^k$

解：记 $S=\sum\limits_{k=0}^n a^k$，则 $aS=\sum\limits_{k=1}^{n+1} a^k$，从而 $\left(a-1\right)S=\left(a^{n+1}+\sum\limits_{k=1}^n a^k\right)-\left(1+\sum\limits_{k=1}^n a^k\right)=a^{n+1}-1$，$S=\frac{a^{n+1}-1}{a-1}$。

例6：求 $\sum\limits_{k=0}^n 2^kk$

解：记 $S=\sum\limits_{k=0}^n 2^kk$，则 $2S=\sum\limits_{k=0}^n 2^{k+1}k$，$2S+\sum\limits_{k=1}^{n+1} 2^k=\sum\limits_{k=1}^{n+1} 2^kk$，故 $S=2^{n+1}\left(n+1\right)-\sum\limits_{k=1}^{n+1}2^k=2^{n+1}\left(n+1\right)-2^{n+2}+2=2^{n+1}\left(n-1\right)+2$。

4. 求和因子（？）（Summation Factor）

用于解决形如 $a_nT_n=b_nT_{n-1}+c_n\left(n>0\right)$ 的“变系数线性递推”的内容。

考虑构造等差数列以求 $a_n$。设 $S_n=d_na_nT_n=d_n\left(b_nT_{n-1}+c_n\right)=d_nb_nT_{n-1}+d_nc_n$。此时我们需要 $d_nb_nT_{n-1}=S_{n-1}$，则 $d_nb_n=d_{n-1}a_{n-1}$，然后 $d_n=d_{n-1}\frac{a_{n-1}}{b_n}=d_{n-2}\frac{a_{n-1}a_{n-2}}{b_nb_{n-1}}=\cdots=\frac{\prod\limits_{i=1}^{n-1}a_i}{\prod\limits_{i=1}^n b_i}$（这里设 $S_0=T_0,d_0=a_0=1$）。此时 $T_n=\frac{S_n}{d_na_n}=\frac 1{d_na_n}\left(T_0+\sum\limits_{i=1}^n d_ic_i\right)$。

例7：错排问题（已知 $D_1=0,D_2=1$，求 $D_n=\left(n-1\right)\left(D_{n-1}+D_{n-2}\right)$）

解：考虑把 $D_n$ 和 $D_{n-1}$ 绑定起来，则 $D_n-nD_{n-1}=-D_{n-1}+\left(n-1\right)D_{n-2}=-\left(D_{n-1}-\left(n-1\right)D_{n-2}\right)$。设 $S_n=D_n-nD_{n-1}$，则 $S_2=1$，$S_n=\left(-1\right)^n$。所以 $D_n=nD_{n-1}+\left(-1\right)^n$，按照上述的推导过程，令 $D_0=D_1-\left(-1\right)^1=1$；则上述的 $d_n=\frac1{n!}$，进而 $D_n=n!\left(1+\sum\limits_{i=1}^n\frac{\left(-1\right)^i}{i!}\right)=n!\left(\sum\limits_{i=0}^n\frac{\left(-1\right)^i}{i!}\right)$。

二、有限微积分（The Calculus of Finite Differences）

某些时候形如 $\sum\limits_{i=a}^b f_i$ 的形式容易使人联想到 $\int_a^b f\left(x\right)dx$，这启发我们在序列上寻找微积分的一些性质。类似函数中的微分算子 $Df\left(x\right)=\frac{D\left(x+\Delta x\right)-D\left(x\right)}{\Delta x}$，我们可以在序列 $f$ 上定义其他一些算子。定义移位算子 $E:f_x\rightarrow f_{x+1}$，差分算子 $\Delta$ 为 $E-I$（其中 $I$ 为恒等算子，$\forall f,I:f_x\rightarrow f_x$）（$\Delta f_x\rightarrow f_{x+1}-f_x$）。同理可定义 $E^i:f_x\rightarrow f_{x+i}$，$\nabla=I-E^{-1}$（$\nabla:f_x\rightarrow f_x-f_{x-1}$），$\Delta^i=\left(E-I\right)^i=\sum\limits_{j=0}^i \left(-1\right)^{i-j}E^j\binom ij$（$i$ 阶差分）（$\Delta^i:f_x\rightarrow\sum\limits_{j=0}^i\left(-1\right)^{i-j}f_{x+j}\binom ij$）。

设序列 $g$ 为序列 $f$ 的差分序列（$g_x=\Delta f_x$），则 $\sum\limits_{i\le n}g_i=f_n,\sum\limits_{i=a}^b g_i=f_{b+1}-f_a$。

例8：求 $\sum\limits x^{\underline n}$

对于序列 $x^{\underline n}$，有 $\left(x+1\right)^{\underline n}-x^{\underline n}=\prod\limits_{i=0}^{n-1}\left(x+1-i\right)-\prod\limits_{i=0}^{n-1}\left(x-i\right)=\left(\prod\limits_{i=0}^{n-2}\left(x-i\right)\right)\left(\left(x+1\right)-\left(x-n+1\right)\right)=n\prod\limits_{i=0}^{n-2}\left(x-i\right)=nx^{\underline{n-1}}$。这个形式和 $\left(x^n\right)'=nx^{n-1}$ 很类似。（而 $\Delta 2^x=2^x$ 和 $\left(e^x\right)'=e^x$ 又很相似）同理可证 $\nabla x^{\overline n}=nx^{\overline{n-1}}$。考虑 $x^{\underline n}$ 在 $n<0$ 时的意义。由于 $\frac{x^{\underline n}}{x^{\underline{n-1}}}=x-n+1,x^{\underline 0}=1$，故 $x^{\underline{-n}}=\frac1{\prod\limits_{i=1}^n \left(x+i\right)}$。此时 $n<0$ 时，$\Delta x^{\underline n}=\left(x+1\right)^{\underline n}-x^{\underline n}=\frac1{\prod\limits_{i=1}^{-n}\left(x+1+i\right)}-\frac1{\prod\limits_{i=1}^{-n}\left(x+i\right)}=\frac1{\prod\limits_{i=2}^{-n+1}\left(x+i\right)}-\frac1{\prod\limits_{i=1}^{-n}\left(x+i\right)}=\frac{x+1}{\prod\limits_{i=1}^{-n+1}\left(x+i\right)}-\frac{x+1-n}{\prod\limits_{i=1}^{-n+1}\left(x+i\right)}=n\frac1{\prod\limits_{i=1}^{-n+1}\left(x-i\right)}=nx^{\underline{n-1}}$，仍然满足 $n>0$ 时 $\Delta x^{\underline n}$ 的式子。同理 $\forall n\in\Z,\nabla x^{\overline n}=n\left(x+1\right)^{\overline{n-1}}$。

然后考虑求和。由 $\Delta x^n=nx^{n-1}$ 可得 $\int x^n=\frac1{n+1}x^{n+1}$；按照类似的思路可得 $\sum\limits x^{\underline n}=\frac 1{n+1}\left(x+1\right)^{\underline{n+1}}$。

例9：求 $\sum\limits_{k=0}^n k^2$

解：考虑 $k^2=k\left(k-1\right)+k$，则 $\sum\limits_{k=0}^n k^2=\left(\sum\limits_{k=0}^n k^{\underline 2}\right)+\left(\sum\limits_{k=0}^n k^{\underline 1}\right)=\frac 13\left(n+1\right)^{\underline 3}+\frac 12\left(n+1\right)^{\underline 2}=\frac 13\left(n+1\right)n\left(n-1\right)+\frac 12\left(n+1\right)n=\frac 16n\left(n+1\right)\left(2\left(n-1\right)+3\right)=\frac 16n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)$。

同理，由于 $k^z=\sum\limits_{i=0}^zS\left(z,i\right)k^{\underline i}$（其中 $S\left(z,i\right)$ 为 第二类斯特林数，表示将 $n$ 个两两不同的元素，划分为 $k$ 个互不区分的非空子集的方案数。考虑组合意义，$k^{\underline i}=i!\binom ki$，则 $k^z$ 为将 $k$ 个两两不同的元素划分至 $z$ 个两两不同的可以为空的子集内的方案数，$S\left(z,i\right)i!\binom ki$ 即为选择 $i$ 个非空子集，将 $k$ 个元素放入 $i$ 个子集中，子集两两区分的方案数），$\sum\limits_{k=0}^n\left(\sum\limits_{i=0}^z a_ik^i\right)$ 也可以拆成 $\sum\limits_{k=0}^n\left(\sum\limits_{i=0}^z\left(a_i\left(\sum\limits_{j=0}^i S\left(i,j\right)k^{\underline j}\right)\right)\right)$ 进行计算。

1. 分部求和（Summation by Parts）

分部求和的名字来源于分部积分。

差分算子 $\Delta$ 满足 $\Delta kf_x=k\Delta f_x$，$\Delta\left(f_x+g_x\right)=\left(\Delta f_x\right)+\left(\Delta g_x\right)$。考虑乘法的时候 $\Delta \left(f_xg_x\right)=f_{x+1}g_{x+1}-f_xg_x=f_{x+1}g_{x+1}-f_xg_{x+1}+f_xg_{x+1}-f_xg_x=g_{x+1}\left(f_{x+1}-f_x\right)+f_x\left(g_{x+1}-g_x\right)$，故 $\Delta \left(fg\right)=Eg\Delta f+f\Delta g$，进而有 $f\Delta g=\Delta\left(fg\right)-Eg\Delta f,\sum\limits f\Delta g=fg-\sum\limits Eg\Delta f$。

例10：求 $\sum\limits_{k=0}^n k2^k$

解：考虑 $\Delta 2^x=2^x$，所以 $x2^x$ 可以看成 $x\Delta 2^x$，然后求和即为 $\left(n+1\right)2^{n+1}-\sum\limits_{k=0}^n 2^{k+1}=\left(n+1\right)2^{n+1}-2^{n+2}+2=\left(n-1\right)2^{n+1}+2$。

例11：求 $\sum\limits_{k=1}^n H_k$（其中 $H_x$ 为调和级数，也就是 $\sum\limits_{i=1}^x\frac 1i$）

解：设 $g_x=x$，$f_x=H_x$，则

$$\begin{aligned}\sum\limits_{k=1}^n H_k&=\sum\limits_{k=1}^n f_k\Delta g_k\\&=\left(f_{n+1}g_{n+1}-f_1g_1\right)-\sum\limits_{k=1}^ng_{k+1}\left(f_{k+1}-f_k\right)\\&=\left(n+1\right)H_{n+1}-1-\sum\limits_{k=1}^n\left(k+1\right)\frac 1{k+1}\\&=\left(n+1\right)\left(H_{n+1}-1\right)\end{aligned}$$

例12：求 $\sum\limits_{k=1}^n \binom kmH_k$，其中 $m$ 为常数

解：设 $\Delta g_x=\binom xm$，$f_x=H_x$，考虑 $\binom{x+1}{m+1}-\binom x{m+1}=\binom xm$，则 $g_x=\binom x{m+1}$。代入上式得：

$$\begin{aligned}\sum\limits_{k=1}^n \binom kmH_k&=\sum\limits_{k=1}^n f_k\Delta g_k\\&=\left(f_{n+1}g_{n+1}-f_1g_1\right)-\sum\limits_{k=1}^ng_{k+1}\left(f_{k+1}-f_k\right)\\&=\binom{n+1}{m+1}H_{n+1}-\binom 1{m+1}-\sum\limits_{k=1}^n\binom{k+1}{m+1}\frac 1{k+1}\\&=\binom{n+1}{m+1}H_{n+1}-\binom 1{m+1}-\frac1{m+1}\sum\limits_{k=1}^n\binom km\\&=\binom{n+1}{m+1}H_{n+1}-\binom 1{m+1}-\frac 1{m+1}\binom{n+1}{m+1}+\frac 1{m+1}\binom 1{m+1}\end{aligned}$$

考虑 $\binom 1{m+1}$ 和 $\frac 1{m+1}\binom 1{m+1}$ 这两项。如果 $m=0$ 则两项均为 $1$，否则两项均为 $0$。所以上式还可以化简为 $\binom{n+1}{m+1}\left(H_{n+1}-\frac 1{m+1}\right)$。

2. 牛顿级数（Newton Representation）

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引入：泰勒展开

考虑使用某个多项式逐步逼近某个函数的过程。设该多项式为 $f\left(x\right)=\sum\limits_{i=0}^n a_ix^i$，则 $Df\left(x\right)=\sum\limits_{i=0}^{n-1} a_{i+1}\left(i+1\right)x^i$。此时可以使用在该函数上某个点的若干阶导数以逼近该函数。

例如取 $x=0$ 时的无穷阶导数时，$f\left(0\right)=\sum\limits_{i=0}^n a_i0^i=a_0=0!a_0$，$Df\left(0\right)=\sum\limits_{i=1}^n a_ii^{\underline 1}0^{i-1}=1!a_1$，$D^2f\left(0\right)=\sum\limits_{i=2}^n a_ii^{\underline 2}0^{i-2}=2!a_2$，依次类推可得 $D^kf\left(0\right)=k!a_k$，反推得该多项式为 $\sum\limits_{i=0}\frac{D^if\left(0\right)}{i!}x^i$。

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使用下降幂时，$x^{\underline i}-\left(x-1\right)^{\underline i}$ 比使用普通幂时 $x^i-\left(x-1\right)^i$ 更方便表示。考虑使用形如 $f\left(x\right)=\sum\limits_{i=0}b_ix^{\underline i}$ 的形式以代替上述的 $\sum\limits_{i=0} a_ix^i$。显然我们可以从高到低唯一地确定 $b$ 的每一项。先考虑 $\Delta^kx^{\underline n}=\Delta^{k-1}nx^{\underline{n-1}}=\Delta^{k-2}n\left(n-1\right)x^{\underline{n-2}}=\cdots=n^{\underline k}x^{\underline{n-k}}$，进而 $\Delta^kx^{\underline k}=k!$。此时 $\Delta^kf\left(0\right)=\sum\limits_{i=k}b_ii^{\underline k}0^{\underline{i-k}}=b_ii!$。进而对于某个 $f$，我们可以使用形如 $\sum\limits_{i=0}\frac{\Delta^if\left(0\right)}{i!}x^{\underline i}$ 以逼近 $f\left(x\right)$，称为多项式的牛顿级数。

三、容斥和反演