数学杂记(技)

组合数——斐波那契等式#

i=0n(nii)=fn+1,其中 f 为斐波那契数列。

证法 1#

i=0n(nii)=i=0n[xi](1+x)ni=[xn]i=0nxni(1+x)ni=[xn]11xx2=[xn+1]x1xx2=fn+1

由斐波那契数列递推式易证其生成函数式 x1xx2

证法 2#

考虑组合意义:fn+1 表示选若干个 12 和为 n 的方案数。

枚举选取的数的个数 i,则接下来要在 i 个数中选 ni 个数 +1,方案为 (ini)

于是 fn+1=i=0n(ini)=i=0n(nii)


子集和为 m 倍数问题#

1n 有多少个子集和为 m 倍数。

参考P10084


数论函数估计#

试估计:f(n)=pn,pPpp1 的大小。

:下文 log 一般看做 ln,一般把 C 看做常数。

做法 1#

f(n)=exp(pn,pPln(1+1p1))exp(pn,pP1p1)

有个结论:素数倒数和估计成 loglogn 的常数为 1,即 pn,pP1ploglogn+O(1),证明请查阅链接。

注意到:pn,pP1p11pi=2n1i11i1,于是 pn,pP1p1loglogn+O(1)

于是 f(n)exp(loglog(n)+O(1))=O(logn)

做法 2#

注意到 f 的形式和 φ 很像。令 N=pn,pPp,则 f(n)=Nφ(N)

考虑有结论:存在常数 C,使得:nφ(n)C×loglogn

又有经典结论pn,pPp4n1,证明请查阅链接中的「关于质数积的上界估计」

于是 f(n)=Nφ(N)C×loglogNC×loglog4n=O(logn)

清零(概率期望)#

给定 n,初始 cnt=0。每次扔硬币,正面就 cnt0,反面就 cntcnt+1,期望扔几次能 cnt=n

做法:设 En 表示 n 时的期望,初始 E0=0

考虑每次通过 En1 步到达 cnt=n1 后会咋样。

写成式子:En=k1k(En1+1)2k=2(En1+1)。于是得出 En=2n+12


喵喵差分#

mN,n 为任意实数。求证:i=0m(1)mi(mi)(n+i)m=m!,其中不妨定义 00=1

浓组合味做法#

f 是一个 deg=n 的多项式,且 f 的定义域为 [0,n]N

定义 f 的离散导数 Δf(x)=f(x+1)f(x)(0xn1),也记作 Δ1f(x)

这时候 Δf(x) 只有 n 个点值,为一个 deg=n1 的多项式。也就是说每一次离散求导,deg 减少 1

Δkf(x)=Δ(Δk1f(x))(kN,kn)

注意到:Δkf(x)=i=0k(1)ki(ki)f(x+i)

考虑代入 k=m,f(x)=xm。则 Δmf(x)=i=0m(1)mi(mi)(x+i)m

此时 Δmf(x) 应为一个 deg=0 的常数多项式,也证明了 LHS 的取值与 n 无关,此时只需证明 Δmf(x)=m! 即可。

考虑归纳,设 m 时满足条件,m=0 时显然。考虑 f(x)=xm+1 时的 Δm+1f(x)

Δm+1f(x)=Δm(f(x+1)f(x))=Δm(i=0m(m+1i)xi)=Δm((m+1)xm+i=0m1(m+1i)xi)

注意到离散导数的线性型,即 Δk(f(x)+g(x))=Δkf(x)+Δkg(x),Δkcf(x)=cΔkf(x)

于是 Δm+1f(x)=(m+1)Δm(xm)+Δm(i=0m1(m+1i)xi)。由于后半部分 deg<m,于是 Δm 之后为 0

代入归纳假设:Δm+1f(x)=(m+1)Δm(xm)=(m+1)!

代数组合杂交#

由上文LHS 的取值与 n 无关。代入 n=0

LHS=i=0m(1)mi(mi)im=m!i=0m(1)miimi!(mi)!

注意到斯特林数的通项公式为:{nm}=i=0m(1)miini!(mi)!

于是 LHS=m!{mm}=m!

代数推导保平安#

在不知道离散导数相关知识的情况下呢?

i=0m(1)mi(mi)(n+i)m=i=0m(1)mi(mi)j=0m(mj)nmjij=j=0m(mj)nmji=0m(1)mi(mi)ij=m!j=0m(mj)nmji=0m(1)miiji!(mi)!=m!j=0m(mj)nmj{jm}

由于斯特林数的性质,当 n<m 时,{nm}=0{mm}=1。于是 LHS=m!(mm)nmm=m!

关于 n[0,1] 的随机变量第 k 小的期望值#

结论:对于 n 个取值范围为 [0,1] 的随机变量 x1,2,,n,其中 k 小值的期望为 kn+1

暴力微积分#

枚举 k 小值位置,其可能是 n 个中任意一个。然后再枚举 < 这个值的分部情况,有 (n1k1) 种方案。

然后枚举 k 小值 x 积分,小于 k 小值部分为 xk1,大于的部分为 (1x)nk,然后对期望有 x 的贡献。

于是 ans=n(n1k1)01xk1(1x)nkxdx=n(n1k1)B(k+1,nk+1)

根据贝塔函数的性质,有:B(p,q)=Γ(p)Γ(q)Γ(p+q)Γ(n)=(n1)!

于是 ans=n×(n1)!(k1)!(nk)!×k!(nk)!(n+1)!=kn+1

组合意义毁天灭地#

不妨考虑引入第 n+1 个随机变量,注意到分布均匀性,且取值是 [0,1]

所以可以认为第 k 小的变量的期望等于第 n+1 个变量小于等于第 k 小的变量的概率。

那么问题就变为了如何求这个概率,考虑统计方案数。

他们的大小关系一共有 (n+1)! 种,而 n+1 个变量小于等于第 k 个变量的方案数一共有 k×n!。因为第 n+1 个变量一共有 k 个位置可以插入。

所以概率为 kn+1,也就是第 k 小的期望。


小清新概率期望#

初始 s=0,每次操作随机选取一个 [0,1] 内实数 xss+x,求使得 s>1 的期望操作次数。

做法:E(X)=k0P(X>k),于是转化成求 P(X>k),即 k 次操作后仍然 s1 的概率。

pn(x) 表示 n 次操作后 sx 的概率,则有 p0(x)=1,pn(x)=0xpn1(t) dt

于是容易归纳证明:pn(x)=1n!xnP(X>k)=pk(1)=1k!

于是 E(X)=k01k!=e

收敛的调和#

s=n=0(1)nn+1 的值。

做法:考虑 11+xdx=ln(1+x)

又:11+xdx=n=0(x)ndx=n=0(1)nxn+1n+1,其中 1<x1

带入 x=1 即得:s=ln2

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