1.斐波那契数列
P.S.:这里首项下标为 1
递推式:$$F_i=F_{i-1}+F_{i-2},F_1=F_2=1$$
性质:
\(1.\sum^{n}_{i=1}F_{i}=F_{n+2}-1\)
\(2.\sum^{n}_{i=1}F_i^2=F_n\ F_{n+1}\)
\(3.\sum_{i=1}^{n}i\ F_i=n\ F_{n+2}-F_{n+3}+2\)
\(4.F_{n+m}=F_n\ F_{m-1}+F_{m}\ F_{n+1}\)
\(5.F_{2n}/F_{n}=F_{n-1}+F_{n+1}\)
\(6.gcd(F_i,F_{i+1})=1\)
\(7.gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)}\)
\(8.\)斐波那契数列的第n+2项代表了集合\({1,2,...n}\)中所有不包含相邻正整数的子集的个数.
2.卡特兰数
P.S. 这里首项下标为0
递推关系:
\[C_n=\sum_{i=0}^{n-1} C_iC_{n-i-1},C_0=C_1=1
\]
常用递推关系:
\[C_n=\frac{C_{n-1}*(4*n-2)}{n+1}
\]
另类递推式:
\[C_n=\frac{2n\choose n}{n+1}
\]
\[C_n={2n \choose n}-{ 2n \choose n-1}
\]
应用:
- n 个元素的不同的出栈序列个数
- n 个元素的排列中最长下降子序列不超过 2 的排列个数
- 凸 n+2 边形的三角形划分数
- 球迷购票问题
- n 对括号正确匹配的排列方案数
- 链乘的括号化方案数
3.斯特林数
1.第一类斯特林数
含义: n 个人坐 m 张圆桌的方案数
递推式:
\[\left [ \begin{matrix}n \\ m\end{matrix}\right ]=\left [ \begin{matrix}n-1 \\ m\end{matrix}\right ]*(n-1)+\left [ \begin{matrix}n-1 \\ m-1\end{matrix}\right ]\]
理解:新来一个人的时候,要么坐在前面 n-1 个人的某一边(坐在一个地方必定同时是一个人的左边和一个人的右边) , 要么自己新坐一桌
有符号与无符号第一类斯特林数的关系:
\[\large (-1)^{n-m}\left [ \begin{matrix}n \\ m\end{matrix}\right ]_u =\left [ \begin{matrix}n \\ m\end{matrix}\right ]_s
\]
1.无符号第一类斯特林数与上升幂/下降幂的关系
考虑:
\[x^{\overline n}=x*(x+1)*(x+2)*(x+3)*...(x+n-1)
\]
从生成函数方面考虑其含义,是从 \([0,n-1]\) 中选出任意多个数乘起来的和,其中第 \(m\) 次方项系数表示选了 \(n-m\) 个数(剩下 m 个数)时的和 , 特别的 , 一个数也不选乘积为 1
设\(f(n,m)\)表示从 \([1,n]\) 里面选数 , 剩下 \(m\) 个数时的和,容易得到递推式:
\[f(n,m)=f(n-1,m)+f(n,m)*(n-1)
\]
看 \(n-1\) 选不选就能够得出来 , 边界: \(f(0,0)=1\)
这个递推式和第一类斯特林数的式子长的一模一样,所以: \(f(n,m)=\left [ \begin{matrix}n \\ m\end{matrix}\right ]_u\)(无符号)
那么展开上升幂得到:
\[\large x^{\overline n}=\sum_{i=0}^n \left [ \begin{matrix}n \\ i\end{matrix}\right ]_ux^i
\]
是不是和二项式定理很像
对于下降幂:
似乎可以理解为通过上升幂容斥得来:
\[\large x^{\underline n}=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\left [ \begin{matrix}n \\ i\end{matrix}\right ]_u x^i
\]
其实也可以直接写成有符号第一类斯特林数:
\[\large x^{\underline n}=\sum_{i=0}^n \left [ \begin{matrix}n \\ i\end{matrix}\right ]_s x^i
\]
2.第二类斯特林数
含义: 把 n 个有标号的球放入 m 个无标号的盒子里 , 不允许空盒的方案数
递推式:
\[\left \{ \begin{matrix}n \\ m\end{matrix}\right \} =m*\left \{ \begin{matrix}n-1 \\ m\end{matrix}\right \} +\left \{ \begin{matrix}n-1 \\ m-1\end{matrix}\right \}
\]
理解: 新来一个球 , 要么放入原有的盒子,要么放入一个新的盒子
常用公式(推导略):
1.通项公式:
\[\large \left \{ \begin{matrix}n \\ m\end{matrix}\right \} =\frac{1}{m!}*\sum_{i=0}^m (-1)^i*{m\choose i}*(m-i)^n
\]
拆开组合数可以发现是卷积的形式,可以用 \(NTT\) 预处理 \(n\)个球的时候的第二类斯特林数
2.斯特林展开
\[x^n=\sum_{j=0}^x {x \choose j}*(j!)*\left \{ \begin{matrix}n \\ j\end{matrix}\right \}
\]
把第二类斯特林数通项公式用二项式反演定理反演回去即可
由于当\(j>n\)时,原式子的贡献为0,所以其实只用枚举 \(j\) 到 \(min(n,x)\)
可以写成下降幂的形式:
\[x^n=\sum_{j=0}^x \left \{ \begin{matrix}n \\ j\end{matrix}\right \}x^{\underline j}
\]
当 \(j>x\) 时 下降幂变为 0 ,所以可直接写成:
\[\large x^n=\sum_{i=0}^n \left \{ \begin{matrix}n \\ i\end{matrix}\right \}x^{\underline i}
\]
这就很优美了
4.贝尔数
含义: 把 1 \(\sim\) n 拆分成若干无序集合的方案数
bell数其实是第二类斯特林数的前缀和 , 可以理解为把 n 个有标号的球放入 n 个无标号的盒子里 , 允许空盒的方案数
递推式:
\[B_{n+1}=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}B_i,B_0=1
\]
性质:
- 若 \(p\) 是任意质数: \(B_{n+p}\equiv B_n+B_{n+1} \ (mod \ p)\)
5.伯努利数
满足:
\[B_0=1
\]
\[\sum_{i=0}^n{n+1\choose i}B_i=0
\]
化简移项
\[B_n=-\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n-1} {n+1\choose i}B_i
\]
其生成函数为:
\[G_e(x)=\frac{x}{e^x-1}
\]
\(e^x\)泰勒展开后多项式求逆在\(O(nlogn)\)的复杂度内求出前\(n\)项
可以用来求自然幂数和:
\[S_k(n)=\sum_{i=1}^n i^k=\frac{1}{k+1}\sum_{i=1}^{k+1} {k+1\choose i}{B_{k+1-i}}(n+1)^i
\]
(不定期更新...)
