算法学习笔记(40): 具体数学

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具体数学

本文是阅读《具体数学》产生的理解性文本，并且涵盖了部分其他相关的内容。

不怎么重要或者太难的东西因为时间问题，我略过了。

本文来之不易，请勿机械搬运：原文地址 - https://www.cnblogs.com/jeefy/p/17848037.html

第二章 - 和式

和式的处理

和式是一切的基础，其三个法则十分重要：

\begin{matrix} (1.1) & \sum_{k \in K} c a_{k} = c \sum_{k \in K} a_{k} \end{matrix}

$\sum_{k \in K} c a_k = c \sum_{k \in K} a_k \tag{1.1}$

\begin{matrix} (1.2) & \sum_{k \in K} (a_{k} + b_{k}) = \sum_{k \in K} a_{k} + \sum_{k \in K} b_{k} \end{matrix}

$\sum_{k \in K}(a_k + b_k) = \sum_{k \in K} a_k + \sum_{k \in K} b_k \tag{1.2}$

\begin{matrix} (1.3) & \sum_{k \in K} a_{k} = \sum_{p (k) \in K} a_{p (k)} \end{matrix}

$\sum_{k \in K} a_k = \sum_{p(k) \in K} a_{p(k)} \tag{1.3}$

其中 $(1.1)$ 代表着分配律， $(1.2)$ 代表的结合律，而 $(1.3)$ 代表的交换律。

我们可以通过这三种法则证明高斯给出的等差数列求和的公式：

\begin{aligned} \sum_{0 \leq k \leq n} (a + b k) & = \sum_{0 \leq n - k \leq n} (a + b (n - k)) \\ = \sum_{0 \leq k \leq n} (a + b n - b k) \\ = \frac{1}{2} (\sum_{0 \leq k \leq n} (a + b n - b k) + \sum_{0 \leq k \leq n} (a + b k)) \\ = \frac{1}{2} (\sum_{0 \leq k \leq n} (2 a + b n)) \\ = \frac{1}{2} (2 a + b n) \sum_{0 \leq k \leq n} 1 \\ = \frac{1}{2} (2 a + b n) (n + 1) \end{aligned}

$\begin{aligned} \sum_{0 \le k \le n} (a + bk) &= \sum_{0 \le n - k \le n} (a + b(n - k)) \\ &= \sum_{0 \le k \le n} (a + bn - bk) \\ &= \frac 12 \left( \sum_{0 \le k \le n} (a + bn - bk) + \sum_{0 \le k \le n} (a + bk) \right) \\ &= \frac 12 \left( \sum_{0 \le k \le n} (2a + bn) \right) \\ &= \frac 12 (2a + bn) \sum_{0 \le k \le n} 1 \\ &= \frac 12 (2a + bn) (n + 1) \end{aligned}$

其中 $0 \to 1 \to 2$ 我们用了两次交换律，在 $4$ 用了结合律，在 $5$ 用了分配律。

常常我们化简式子可能就是这些法则的排列组合。

对于多重和式，我们有着一个新的技巧：交换求和次序

\sum_{j} \sum_{k} a_{j, k} [P (j, k)] = \sum_{P (j, k)} a_{j, k} = \sum_{k} \sum_{j} a_{j, k} [P (j, k)]

$\sum_j \sum_k a_{j, k} [P(j, k)] = \sum_{P(j, k)} a_{j, k} = \sum_k \sum_j a_{j, k} [P(j, k)]$

其中 $[P(j, k)]$ 是用于验证 $j, k$ 的组合是否合法的符号，如果合法则为 $1$ ，反之为 $0$ 。

也就是说我们并不在意我们到底先枚举的是哪一个变量，但是有些时候枚举另一个变量确实可能简单很多。

我们可以通过这个法则阐释矩阵乘法的结合律：

M = (A B) C = A (B C)

$M = (AB)C = A(BC)$

\begin{aligned} M_{i, j} & = \sum_{k} (A B)_{i, k} \times C_{k, j} \\ = \sum_{k} (\sum_{z} A_{i, z} \times B_{z, k}) \times C_{k, j} \\ = \sum_{k} \sum_{z} A_{i, z} \times B_{z, k} \times C_{k, j} \\ = \sum_{z} A_{i, z} (\sum_{k} B_{z, k} \times C_{k, j}) \\ = \sum_{z} A_{i, z} \times (B C)_{z, j} \end{aligned}

$\begin{aligned} M_{i, j} &= \sum_{k} (AB)_{i, k} \times C_{k, j} \\ &= \sum_k (\sum_z A_{i, z} \times B_{z, k}) \times C_{k, j} \\ &= \sum_k \sum_z A_{i, z} \times B_{z, k} \times C_{k, j} \\ &= \sum_z A_{i, z} (\sum_k B_{z, k} \times C_{k, j}) \\ &= \sum_z A_{i, z} \times (BC)_{z, j} \end{aligned}$

于是我们可以从和式的角度了解到矩阵乘法确实满足结合律。

有限微积分

较好的参考文章：有限微积分与数列求和 - LUNATIC time!

在离散数学中，最小的单位就是 $1$ ，那么如果要把无限微积分那一套搞过来，那么 $Df(x)$ 中的 $D$ 的含义就必须发生变化。

定义差分算子 $\Delta f(x) = f(x + 1) - f(x)$ ，可以看到这与 $Df(x) = \lim_{h \to 0} \frac {f(x + h) - f(x)} h$ 十分的相似。

对于无限微积分来说， $D(x^n) = n x^{n - 1}$ 是个非常优美的性质。

然而 $\Delta (x^n)$ 却是十分的丑陋，于是需要找到新的代替品：

Δ (x^{\underline{n}}) = n x^{\underline{n - 1}}

$\Delta (x^{\underline{n}}) = n x^{\underline{n - 1}}$

其中 $x^{\underline n} = x (x - 1) (x - 2) \cdots (x - n + 1)$ 。

有了类似的微分，我们需要考虑积分。在无限微积分中，我们有 $\int_a^b g(x) dx = f(x) \vert_a^b = f(b) - f(a)$ ，其中 $g(x) = Df(x)$ 。

而在有限微积分中，我们有另外一个东西：

\begin{matrix} (2.1) & \sum_{a}^{b} g (x) δ x = f (x) |_{a}^{b} = f (b) - f (a) \end{matrix}

$\sum\nolimits_a^b g(x) \delta x = f(x) \vert_a^b = f(b) - f(a) \tag {2.1}$

其中 $g(x) = \Delta f(x)$ 。

这是一个左闭右开区间，所以我们可以简单的合并几个和式： $\sum_a^b + \sum_b^c = \sum_a^c$ 。

我们可以通过这个法则简单的得到 $x^{\underline n}$ 的求和公式。

考虑 $\Delta (x^{\underline{n}}) = n x^{\underline{n - 1}}$ 的事实，我们可以推知 $\frac 1 {m + 1}((x + 1)^{\underline {n + 1}} - (x)^{\underline {n + 1}}) = x^{\underline n}$ 。

也就是若 $g(x) = x^{\underline n}$ ，那么存在 $f(x) = \frac 1 {n + 1} x^{\underline{n + 1}}$ 满足 $\Delta f(x) = g(x)$ 。

那么此时我们可以得到：

\sum_{0 \leq k < n} k^{\underline{m}} = \sum_{0}^{n} k^{\underline{m}} δ x = {\frac{k^{\underline{m + 1}}}{m + 1} |}_{0}^{n} = \frac{n^{\underline{m + 1}}}{m + 1}

$\sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline m} = \sum\nolimits_0^n k^{\underline m} \delta x = \left. \frac {k^{\underline{m + 1}}}{m + 1} \right \vert_0^n = \frac {n^{\underline {m + 1}}} {m + 1}$

在这个过程中，对于下标 $0 \le k \lt n$ 告诉我们，左闭右开区间一般比闭区间更好处理！

但是这个过程并不完美，因为我们没有考虑到 $m = -1$ 的情况。

考虑 $x^{\underline {-1}} = \frac 1 {x + 1}$ ，于是我们可以得知 $\sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline {-1}} = H_k \vert_0^n = H_n$ ！

其中 $H_n = \sum_{1 \le k \le n} \frac 1 k$ ，这是一个类似于 $\ln n$ 的东西，两者的差值并不会太大。

分部求和

无限微积分中，乘法求导有一个公式： $D(uv) = u Dv + v Du$ ，那么有限微积分中是否也有类似的产物？

将差分算子运用在两个函数上：

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

$\begin{aligned} \Delta (f(x) g(x)) &= f(x + 1)g(x + 1) - f(x) g(x) \\ &= \left( f(x + 1) g(x + 1) - f(x) g(x + 1) \right) + \left (f(x) g(x + 1) - f(x) g(x) \right) \\ &= f(x) (g(x + 1) - g(x)) + (f(x + 1) - f(x)) g(x + 1) \\ &= f(x) \Delta g(x) + g(x + 1) \Delta f(x) \end{aligned}$

如果我们定义位移算子 $E = \Delta^{-1}$ ，也就是 $E f(x) = f(x + 1)$ ，那么我们有：

Δ (u v) = u Δ v + E v Δ u = v Δ u + E u Δ v

$\Delta (uv) = u \Delta v + Ev \Delta u = v \Delta u + Eu \Delta v$

我们重新排布一下两边，并且对于各自求一个和，那么我们就可以得到部分求和法则：

\begin{matrix} (2.2) & \sum_{a}^{b} u Δ v = {u v |}_{a}^{b} - \sum_{a}^{b} E v Δ u \end{matrix}

$\sum\nolimits_{a}^b u \Delta v = \left. u v \right|_a^b - \sum\nolimits_a^b Ev \Delta u \tag{2.2}$

它的作用在于一个和式两部分不太好求，但是一部分是某一个简单式子的差分形式，另一部分有着一个简单的差分形式，那么我们可以通过这种方式进行尝试。

\sum_{k = 0}^{n - 1} k 2^{k} = \sum_{0}^{n} x 2^{x} δ x

$\sum_{k = 0}^{n - 1} k 2^k = \sum\nolimits_0^n x 2^x \delta x$

我们可以知道， $f(x) = x$ 有着 $\Delta f(x) = 1$ 的优秀形式，而 $\Delta (2^k) = 2^k$ ，于是利用部分求和法则：

\sum_{0}^{n} x 2^{x} δ x = {x 2^{x} |}_{0}^{n} - \sum_{0}^{n} 2^{x + 1} δ x

$\sum\nolimits_0^n x 2^x \delta x = \left. x 2^x \right\vert_0^n - \sum\nolimits_{0}^n 2^{x + 1} \delta x$

对于第二部分是一个简单的等比数列形式，那么我们可以得知：

\sum_{k = 0}^{n - 1} k 2^{k} = n 2^{n} - (2^{n + 1} - 2) = (n - 2) 2^{n} + 2

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

现在我们尝试看另外一个例子：

\begin{matrix} (2.3) & \sum_{0}^{n} x^{\underline{k}} a^{x} δ x (a \neq 1) \end{matrix}

$\sum\nolimits_0^n x^{\underline k} a^x \delta x \quad (a \ne 1) \tag{2.3}$

其中 $x^{\underline k}$ 有简单的差分形式，而 $a^x$ 是 $\frac {a^x}{a - 1}$ 的差分形式，那么我们可以化为：

\begin{aligned} = {\frac{x^{\underline{k}} a^{x}}{a - 1} |}_{0}^{n} - \sum_{0}^{n} \frac{a^{x + 1}}{a - 1} k x^{\underline{k - 1}} \\ = \frac{n^{\underline{k}} a^{n}}{a - 1} - \frac{a k}{a - 1} \sum_{0}^{n} a^{x} x^{\underline{k - 1}} δ x \end{aligned}

$\begin{aligned} &= \left. \frac {x^{\underline k} a^x} {a - 1} \right \vert_0^n - \sum\nolimits_0^n \frac {a^{x + 1}}{a - 1} k x^{\underline {k - 1}} \\ &= \frac {n^{\underline k} a^n} {a - 1} - \frac {ak} {a - 1} \sum\nolimits_0^n a^x x^{\underline {k - 1}} \delta x \end{aligned}$

这个式子我们需要保证 $k \ne 0$ 才是正确的，否则， $n^{\underline k} a^n$ 应当写为 $n^{\underline k} a^n - 0^{\underline k} a^0$ 以避免分讨。

此时我们发现后半部分的式子是一摸一样的，所以考虑设 $S_k = \sum_0^n x^{\underline k} a^x \delta x$ ，那么根据上式，我们有：

S_{k} = \frac{n^{\underline{k}} a^{n} - 0^{\underline{k}} a^{0}}{a - 1} - \frac{a k}{a - 1} S_{k - 1}

$S_k = \frac {n^{\underline k} a^n - 0^{\underline k} a^0} {a - 1} - \frac {ak}{a - 1} S_{k - 1}$

其中，若 $k = 0$ 时，有 $S_0 = \sum_0^n a^x \delta x = \frac {a^n - 1}{a - 1}$ ，于是我们可以 $O(k)$ 的递推求出这个式子。

我们可以尝试进行展开：

\begin{aligned} S_{k} & = \prod_{j = 1}^{k} (- \frac{a j}{a - 1}) S_{0} + \sum_{i = 1}^{k} \frac{n^{\underline{i}} a^{n} - 0^{\underline{i}} a^{0}}{a - 1} \prod_{j = i + 1}^{k} (- \frac{a j}{a - 1}) \\ = (- \frac{a}{a - 1})^{k} k^{\underline{k}} \frac{n^{\underline{0}} a^{n} - 1}{a - 1} + \sum_{i = 1}^{k} \frac{n^{\underline{i}} a^{n} - 0^{\underline{i}} a^{0}}{a - 1} (- \frac{a}{a - 1})^{k - i} k^{\underline{k - i}} \\ = \sum_{i = 0}^{k} \frac{n^{\underline{i}} a^{n} - 0^{\underline{i}} a^{0}}{a - 1} (\frac{- a}{a - 1})^{k - i} k^{\underline{k - i}} \\ = \frac{1}{a - 1} \sum_{i = 0}^{k} (\frac{- a}{a - 1})^{k - i} k^{\underline{k - i}} (n^{\underline{k}} a^{n} - 0^{\underline{k}} a^{0}) \end{aligned}

$\begin{aligned} S_k &= \prod_{j = 1}^k (- \frac {aj}{a - 1})S_0 + \sum_{i = 1}^k \frac {n^{\underline i} a^n - 0^{\underline i} a^0} {a - 1} \prod_{j = i + 1}^k (- \frac {aj}{a - 1}) \\ &= (- \frac {a}{a - 1})^k k^{\underline k} \frac {n^{\underline 0} a^n - 1}{a - 1} + \sum_{i = 1}^k \frac {n^{\underline i} a^n - 0^{\underline i} a^0} {a - 1} (- \frac {a}{a - 1})^{k - i} k^{\underline {k - i}} \\ &= \sum_{i = 0}^k \frac {n^{\underline i} a^n - 0^{\underline i} a^0} {a - 1} (\frac {-a}{a - 1})^{k - i} k^{\underline {k - i}} \\ &= \frac {1}{a - 1} \sum_{i = 0}^k (\frac {-a} {a - 1})^{k - i} k^{\underline {k - i}} (n^{\underline k} a^n - 0^{\underline k} a^0) \end{aligned}$

得到了其较为简单的非递归式，然而其是否存在封闭形式？目前看来并没有。

小练习：

\sum x H_{x} δ x

$\sum x H_x \delta x$

第四章 - 数论

阶乘的因子

常见的问题为 $n!$ 中有多少个因子 $p$ 。

我们常见的想法是考虑有 $k$ 个因子 $p$ 的数有多少个，但是这是不好算的，考虑至少有 $k$ 个因子的有多少个。

简单的，显然的，这就是 $\lfloor \frac n {p^k} \rfloor$ ，于是乎恰好有 $k$ 个因子的数有 $\lfloor \frac n {p^k} \rfloor - \lfloor \frac n {p^{k + 1}} \rfloor$ ，于是我们得到式子：

\sum_{k} k (⌊ \frac{n}{p^{k}} ⌋ - ⌊ \frac{n}{p^{k + 1}} ⌋)

$\sum_k k(\lfloor \frac n {p^k} \rfloor - \lfloor \frac n {p^{k + 1}} \rfloor)$

这太丑陋了，小小展开，我们其是就发现更简单的形式：

\sum_{k \geq 1} ⌊ \frac{n}{p^{k}} ⌋

$\sum_{k \ge 1} \lfloor \frac n {p^k} \rfloor$

有了这个，或许我们就可以证明 Kummer 定理了：

$\binom{n + m}{m}$ 中素因子 $p$ 的次数 $=$ $n, m$ 在 $p$ 进制下做加法的进位次数 。

注意到 $n!$ 中 $p$ 的次数为 $\sum_{i = 0} \lfloor \frac n {p^i} \rfloor$

于是对于 $\binom{n + m}{m} = \frac {(n + m)!}{n! m!}$

因子的个数为 $\sum_{i = 0} \lfloor \frac{n + m}{p^i} \rfloor - \lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor - \lfloor \frac{m}{p^i} \rfloor$

也就是说只有 $n + m$ 在这里进位了才能逃离被删除的宿命……并且由此还可以证明其因数 $p$ 的个数不超过 $\log_p (n + m)$ 。

互素

在书上的典型结构是 Stern-Brocot 树。它大概长这样：

每次得到的新的分数是由左右两个祖先 $\frac m n, \frac {m'} {n'}$ 拼凑而来： $\frac {m + m'}{n + n'}$

如果继续观察，每一层相邻的两个数 $\frac m n, \frac {m'} {n'}$ 一定满足：

m^{'} n - m n^{'} = 1

$m' n - m n' = 1$

这意味着一定满足 $\frac m n < \frac {m'} {n'} \iff m' n - m n' > 0$ （因为这里保证 $n > 0$ ）

这意味着如果我们有其相邻的分数的信息，我们就可以找到它。

我们可以通过矩阵的形式来表示：

(\begin{matrix} n & n^{'} \\ m & m^{'} \end{matrix}) \to \frac{n + n^{'}}{m + m^{'}}

$\begin{pmatrix} n & n' \\ m & m' \end{pmatrix} \to \frac {n + n'}{m + m'}$

我们考虑向左一步，那么左侧的不变，右侧的变成自己：

(\begin{matrix} n & n^{'} \\ m & m^{'} \end{matrix}) (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) \to (\begin{matrix} n & n + n^{'} \\ m & m + m^{'} \end{matrix})

$\begin{pmatrix} n & n' \\ m & m' \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} n & n + n' \\ m & m + m' \end{pmatrix}$

向右一步则是左侧变成自己，右侧不变：

(\begin{matrix} n & n^{'} \\ m & m^{'} \end{matrix}) (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}) \to (\begin{matrix} n + n^{'} & n^{'} \\ m + m^{'} & m^{'} \end{matrix})

$\begin{pmatrix} n & n' \\ m & m' \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} n + n' & n' \\ m + m' & m' \end{pmatrix}$

于是我们可以简单的二叉搜索出某个分数在树上的位置。

第五章 - 二项式系数

二项式系数有很具体的用处，但是想要用好却不是那么容易。

比较细致的文章：# 二项式系数 - zhiyangfan 的小窝

主要是变化太多了，啥都能套一套。

我们对书中部分公式进行证明。

\begin{matrix} (5.1) & \sum_{k} (\binom{s}{k}) (\binom{t}{m - k}) = (\binom{s + t}{m}) \end{matrix}

$\sum_k \binom s k \binom t {m - k} = \binom {s + t} m \tag{5.1}$

$(5.1)$ 是范德蒙德卷积，典。

\begin{matrix} (5.2) & \sum_{k} (\binom{s}{k}) (\binom{t}{m + k}) = \sum_{k} (\binom{s}{k}) (\binom{t}{t - m - k}) = (\binom{s + t}{t - m}) \end{matrix}

$\sum_k \binom s k \binom t {m + k} = \sum_k \binom s k \binom t {t - m - k} = \binom {s + t}{t - m} \tag{5.2}$

$(5.2)$ 是利用了恒等变换的范德蒙德卷积，前提是 $t \ge 0$ 。

\begin{matrix} (5.3) & \sum_{k} (- 1)^{k} (\binom{s}{m + k}) (\binom{t + k}{n}) = (- 1)^{s + m} (\binom{t - m}{n - s}), s \geq 0 \end{matrix}

$\sum_k (-1)^k \binom{s}{m + k} \binom{t + k} n = (-1)^{s + m} \binom {t - m}{n - s} , \quad s \ge 0\tag{5.3}$

原文中 $(5.3)$ 的证明利用了对于 $s$ 的归纳法，这里尝试给出变换性的证明。

\begin{aligned} = \sum_{k} (- 1)^{k} (\binom{s}{m + k}) (\binom{t + k}{t + k - n}) \\ = \sum_{k} (- 1)^{k} (\binom{s}{m + k}) (- 1)^{t + k - n} (\binom{- n - 1}{t + k - n}) \\ = (- 1)^{t - n} \sum_{k} (\binom{s}{m + k}) (\binom{- n - 1}{t + k - n}) \\ = (- 1)^{t - n} (\binom{s - n - 1}{s - m + t - n}) \\ = (- 1)^{t - n} (- 1)^{s - m + t - n} (\binom{t - m}{n - s}) \\ = (- 1)^{s + m} (\binom{t - m}{n - s}) \end{aligned}

$\begin{aligned} &= \sum_k (-1)^k \binom s {m + k} \binom {t + k}{t + k - n} \\ &= \sum_k (-1)^k \binom s {m + k} (-1)^{t + k - n} \binom {-n - 1}{t + k - n} \\ &= (-1)^{t - n} \sum_k \binom s {m + k} \binom {-n - 1}{t + k - n} \\ &= (-1)^{t - n} \binom {s - n - 1}{s - m + t - n} \\ &= (-1)^{t - n} (-1)^{s - m + t - n} \binom {t - m} {n - s} \\ &= (-1)^{s + m} \binom {t - m} {n - s} \end{aligned}$

但是这个变化步骤中有很大的漏洞：

在第一步 $\binom {t + k}{n} \to \binom {t + k}{t + k - n}$ 的过程中，我们并没有关注 $t + k \ge 0$ 的条件，同样，在最后我们也没有关注 $t + m \ge 0$ 的条件。

但是我太菜了，只能想到如此推导了……

上文是我自己思考的结果……QwQ
感谢 @British_Union 的提示
并感谢 @myee 给出的另一种证明的方法：多项式推理法。

我们发现如果我们能够保证 $t > m$ ，那么上述的问题都将不复存在，我们可以合理的如此推导。

而多项式推理法指的是我们可以发现如果 $n, m, s$ 确定，那么这是一个关于 $t$ 的 $n - s$ 次多项式：

(- 1)^{s + m} \frac{(t - m)^{\underline{n - s}}}{(n - s)!}

$(-1)^{s + m} \frac {(t - m)^{\underline {n - s}}}{(n - s) !}$

对于等式左侧，我们可以确定是其也是关于 $t$ 的一个 $n$ 次多项式，两者在满足 $t > m$ 时相减存在无穷的零点，意味着相减后我们得出的多项式为常数多项式 $f(x) = 0$ ，意味着两边相等。

于是我们可以合理的推出这个式子在 $t$ 作为变量的情况下对于全体实数成立。

剩下的两个式子推导和这个是一样的套路，不再展开。

我们顺便多学习一下多项式推理法。

在正整数下，我们了解到帕斯卡恒等式的成立：

(\binom{r}{k}) = (\binom{r - 1}{k}) + (\binom{r - 1}{k - 1})

$\binom rk = \binom {r - 1} k + \binom {r - 1}{k - 1}$

我们可以知道两侧都是关于 $r$ 的 $k$ 次多项式，相减也一定是一个 $k$ 次多项式。

而一个 $d$ 次多项式至多有 $d$ 个零点，所以两个 $d$ 次多项式相减有两种情况：

至多 $d$ 个零点，这意味着两者不尽相等。
无穷多个零点，此时相减出来的多项式正是 $f(x) = 0$ 。

我们在此可以了解到在 $\Z_+$ 下等式成立，意味着减出来有无穷多个零点，也就意味着两者相等！

于是我们可以了解到这个恒等式在 $r \in \R$ 下成立！

来到新的挑战：

\sum_{k \geq 0} (\binom{n + k}{2 k}) (\binom{2 k}{k}) \frac{(- 1)^{k}}{k + 1}, n \geq 0

$\sum_{k \ge 0} \binom {n + k} {2k} \binom {2k} k \frac {(-1)^k} {k + 1}, n \ge 0$

显然的我们利用三项式变化一下：

\sum_{k \geq 0} (\binom{n + k}{k}) (\binom{n}{k}) \frac{(- 1)^{k}}{k + 1}

$\sum_{k \ge 0} \binom {n + k}{k} \binom {n}{k} \frac {(-1)^k} {k + 1}$

利用 $\binom nm = \frac nm \binom {n - 1}{m - 1}$ 我们可以干掉 $k + 1$ ：

\sum_{k \geq 0} (\binom{n + k}{k}) (\binom{n + 1}{k + 1}) \frac{(- 1)^{k}}{n + 1}

$\sum_{k \ge 0} \binom {n + k}{k} \binom {n + 1} {k + 1} \frac {(-1)^k}{n + 1}$

对于内部来说，我们可以利用恒等变换，再利用 $(5.3)$ 的结果：

\frac{1}{n + 1} \sum_{k} (\binom{n + k}{n}) (\binom{n + 1}{k + 1}) (- 1)^{k} = \frac{1}{n + 1} (- 1)^{n} (\binom{n - 1}{- 1}) = 0

$\frac 1 {n + 1} \sum_{k} \binom {n + k}{n} \binom {n + 1}{k + 1} (-1)^k = \frac 1 {n + 1} (-1)^n \binom{n - 1} {-1} = 0$

但是事实上这里也有同上的漏洞， $\binom {n + k} k$ 中 $n + k$ 可能 $< 0$ 使得恒等变化后原本没有值的地方有了值，但是我们需要保证 $k \ge 0$ ，所以上面的变换不尽正确！

所以换一个尝试：

\sum_{k \geq 0} (- 1)^{k} (\binom{- n - 1}{k}) (\binom{n + 1}{k + 1}) \frac{(- 1)^{k}}{n + 1} = \frac{1}{n + 1} (\binom{0}{n})

$\sum_{k \ge 0} (-1)^k \binom {-n - 1}{k} \binom {n + 1} {k + 1} \frac {(-1)^k}{n + 1} = \frac 1 {n + 1} \binom 0 n$

也就是当 $n = 0$ 非 $0$ ，即原式等价于 $[n = 0]$ 。

通过如上两个例子，我们发现对称恒等式确实是一个陷阱……能别用就别用，除非能保证上指标 $\ge 0$ 。

我们进入作业题，对于整数 $n, m \ge 0$ ，求出：

\sum_{j = 1}^{m} (- 1)^{j + 1} (\binom{r}{j}) \sum_{k = 1}^{n} (\binom{- j + r k + s}{m - j})

$\sum_{j = 1}^m (-1)^{j + 1} \binom r j \sum_{k = 1}^n \binom {-j + rk + s}{m - j}$

看着好恐怖， $j$ 出现了 $4$ 次！还有两个和式！不过这都是小问题。

我们尝试一点一点消掉他们。

首先观察到 $\binom {-j + rk + s}{m - j}$ 上下都有 $-j$ ，尝试利用上指标反转干掉一个：

\begin{aligned} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{j + 1} (\binom{r}{j}) (- 1)^{m - j} (\binom{m - r k - s - 1}{m - j}) \\ = & (- 1)^{m + 1} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{k = 1}^{n} (\binom{r}{j}) (\binom{m - r k - s - 1}{m - j}) \end{aligned}

$\begin{aligned} & \sum_{j = 1}^m \sum_{k = 1}^n (-1)^{j + 1} \binom rj (-1)^{m - j} \binom {m - rk - s - 1}{m - j}\\ =& (-1)^{m + 1} \sum_{j = 1}^m \sum_{k = 1}^n \binom rj\binom {m - rk - s - 1}{m - j} \end{aligned}$

我们发现在 $k$ 已知的情况下，这就类似一个范德蒙德卷积！于是改变求和顺序：

\begin{aligned} = (- 1)^{m + 1} \sum_{k = 1}^{n} (- (\binom{r}{0}) (\binom{m - r k - s - 1}{m - j}) + \sum_{j} (\binom{r}{j}) (\binom{m - r k - s - 1}{m - j})) \\ = (- 1)^{m + 1} \sum_{k = 1}^{n} ((\binom{m + r (1 - k) - s - 1}{m}) - (\binom{m - r k - s - 1}{m})) \end{aligned}

$\begin{aligned} &= (-1)^{m + 1} \sum_{k = 1}^n (- \binom r0 \binom {m - rk - s - 1} {m - j} + {}\sum_j \binom rj \binom {m - rk - s - 1}{m - j}) \\ &= (-1)^{m + 1} \sum_{k = 1}^n (\binom{m + r(1 - k) - s - 1}{m} - \binom {m - rk - s - 1}{m}) \end{aligned}$

考虑外面有一个 $(-1)^m$ ，内部的下指标都是 $m$ ，那么都反转一下，顺便将剩下的 $-1$ 乘进去：

\begin{aligned} = \sum_{k = 1}^{n} ((\binom{k r + s}{m}) - (\binom{(k - 1) r + s}{m})) \\ = \sum_{k = 1}^{n} (\binom{k r + s}{m}) - \sum_{k = 1}^{n} (\binom{(k - 1) r + s}{m}) \end{aligned}

$\begin{aligned} &= \sum_{k = 1}^n (\binom{kr + s}{m} - \binom{(k - 1)r + s}{m}) \\ &= \sum_{k = 1}^n \binom{kr + s}{m} - \sum_{k = 1}^n \binom {(k - 1)r + s}{m} \end{aligned}$

稍微平移一下下标：

\begin{aligned} = \sum_{k = 1}^{n} (\binom{k r + s}{m}) - \sum_{k = 0}^{n - 1} (\binom{k r + s}{m}) \\ = (\binom{k n + s}{m}) - (\binom{s}{m}) \end{aligned}

$\begin{aligned} &= \sum_{k = 1}^n \binom{kr + s}{m} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \binom {kr + s}{m} \\ &= \binom {kn + s}{m} - \binom {s}{m} \end{aligned}$

于是我们就得到了这个简单的封闭形式。

高阶差分与牛顿级数

这在 math 1.4 中讲了，内容参见 share-math。

第六章 - 特殊的数

斯特林数

斯特林数分为第一类和第二类。比较常用的是第二类。

第二类斯特林数 $n \brace k$ 的组合意义为讲 $n$ 个物品的集合划分为 $k$ 个非空子集的方法数。

利用这个意义我们可以引出一个递推式：

{\binom{n}{k}} = {\binom{n - 1}{k - 1}} + k {\binom{n - 1}{k}}

${n \brace k} = {n - 1 \brace k - 1} + k {n - 1 \brace k}$

分别指的是新开一个子集，或者放入某一个子集的方案数。

对于第一类斯特林数，其还对于每一个子集排成了环，形成了 $k$ 个轮换（cycle）

对于每一个大小为 $m$ 的子集，存在 $(m - 1)!$ 种轮换，由此可以看出存在 ${n \brack k} \ge {n \brace k}$ 。

我们同样可以通过组合意义找到一个递推式：

[\binom{n}{k}] = [\binom{n - 1}{k - 1}] + (n - 1) [\binom{n - 1}{k}]

${n \brack k} = {n - 1 \brack k - 1} + (n - 1) {n - 1 \brack k}$

分别指新开一个轮换，或者插入到某一个元素前面。

有了加法公式，那么很多时候我们就可以通过归纳法证明与之相关的内容了。

在这之前，我们可以讨论一下 ${n \brack k}$ 与排列的关系。

轮换加排列在组合数学中有另外一个体现：置换。

置换可以将一个排列划分为若干个有向圈，每一个有向圈对应着某一个轮换。

这意味着每一个排列都对应着一个子集轮换的方案，换言之：

\sum_{k} [\binom{n}{k}] = n!

$\sum_k {n \brack k} = n!$

我们回到加法公式和归纳法上，关于 $n \brace k$ 有一个非常经典的等式：

x^{n} = \sum_{k} {\binom{n}{k}} x^{\underline{k}}

$x^n = \sum_k {n \brace k} x^{\underline k}$

我们一定可以通过归纳法证明它，考虑 $x \times x^n = x^{n + 1}$ ，或许我们能够对 $n$ 进行归纳证明之。

先考虑 $n = 0$ 的情况， $LHS = 1$ ，而 $RHS = {0 \brace 0} x^{\underline 0} = 1$ ，故 $n = 0$ 的时候成立。

对于 $x^{n + 1}$ ，我们如此考虑归纳：

x^{n} = x \times x^{n - 1} = x \sum_{k} {\binom{n - 1}{k}} x^{\underline{k}}

$x^n = x \times x^{n - 1} = x \sum_k {n - 1 \brace k} x^{\underline k}$

我们考虑 $x \times x^{\underline k}$ 是否有很好的表达方式，发现可以通过 $x^{\underline {k + 1}} = x^{\underline k} (x - k)$ 得出：

x \times x^{\underline{k}} = x^{\underline{k + 1}} + k x^{\underline{k}}

$x \times x^{\underline k} = x^{\underline {k + 1}} + k x^{\underline k}$

于是我们可以简单的将上式拆开：

\begin{aligned} \sum_{k} {\binom{n - 1}{k}} x^{\underline{k + 1}} + \sum_{k} {\binom{n - 1}{k}} k x^{\underline{k}} \\ = & \sum_{k} {\binom{n - 1}{k - 1}} x^{\underline{k}} + \sum_{k} {\binom{n - 1}{k}} k x^{\underline{k}} \\ = & \sum_{k} ({\binom{n - 1}{k - 1}} + k {\binom{n - 1}{k}}) x^{\underline{k}} \\ = & \sum_{k} {\binom{n}{k}} x^{\underline{k}} \end{aligned}

$\begin{aligned} & \sum_k {n - 1 \brace k} x^{\underline {k + 1}} + \sum_k {n - 1 \brace k} k x^{\underline k} \\ = & \sum_k {n - 1 \brace k - 1} x^{\underline k} + \sum_k {n - 1 \brace k} k x^{\underline k} \\ = & \sum_k \left( {n - 1 \brace k - 1} + k{n - 1 \brace k} \right) x^{\underline k} \\ = & \sum_k {n \brace k} x^{\underline k} \end{aligned}$

于是归纳得证。

斯特林数有许许多多不那么常用的恒等式，所以并不太需要注意。

不过我们回到加法公式：

\begin{aligned} {\binom{n}{k}} & = {\binom{n - 1}{k - 1}} + k {\binom{n - 1}{k}} \\ [\binom{n}{k}] & = [\binom{n - 1}{k - 1}] + (n - 1) [\binom{n - 1}{k}] \end{aligned}

$\begin{aligned} {n \brace k} &= {n - 1 \brace k - 1} + k {n - 1 \brace k} \\ {n \brack k} &= {n - 1 \brack k - 1} + (n - 1) {n - 1 \brack k} \end{aligned}$

我们是否能够像：

(\binom{n}{k}) = (\binom{n - 1}{k}) + (\binom{n - 1}{k - 1})

$\binom nk = \binom {n - 1}k + \binom {n - 1}{k - 1}$

一样将他们推广到更多的地方？

事实上，如果我们先约定 ${0 \brace k} = {0 \brack k} = [k = 0]$ 以及 ${k \brace 0} = {k \brack 0} = [k = 0]$ ，那么我们就可以利用加法公式求出负数下 ${n \brace k}$ 的值！

如果将整个表画出来，那么我们将得到一个惊人整齐的等式：

[\binom{n}{k}] = {\binom{- n}{- k}}

${n \brack k} = {-n \brace -k}$

这容易利用加法公式验证。

第一类斯特林数并没有通项公式，但是第二类斯特林数却存在。

可以通过二项式反演简单的证明：

{\binom{n}{k}} = \frac{1}{k!} \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) (- 1)^{k - i} i^{n}

${n \brace k} = \frac 1 {k!} \sum_{i = 0}^k \binom ki (-1)^{k - i} i^n$

或者写成稍微好看的一个形式：

{\binom{n}{k}} = \sum_{i = 0}^{k} \frac{i^{n} (- 1)^{k - i}}{i! (k - i)!}

${n \brace k} = \sum_{i = 0}^k \frac {i^n (-1)^{k - i}}{i! (k - i)!}$

当这个形式一出来，那么我们就可以知道如何快速的求一行斯特林数了。

设 $F(x) = \frac {x^n}{i!}$ ， $G(x) = \frac {(-1)^x} {x!}$ ，那么知道：

{\binom{n}{k}} = \sum_{i = 0}^{k} F (i) * G (k - i)

${n \brace k} = \sum_{i = 0}^k F(i) * G(k - i)$

于是我们可以通过 NTT $O(n \log n)$ 的求出整行的第二类斯特林数。

我们现在考虑是否能够快速的求出整列的斯特林数？

我们考虑一列斯特林数的生成函数：

F_{k} (x) = \sum_{i} {\binom{i}{k}} x^{k}

$F_k(x) = \sum_i {i \brace k} x^k$

根据加法公式，我们有：

F_{k} (x) = x F_{k - 1} (x) + k x F_{k} (x)

$F_k(x) = xF_{k - 1}(x) + k x F_k (x)$

于是存在：

F_{k} (x) = \frac{x}{1 - k x} F_{k - 1} (x)

$F_k(x) = \frac {x}{1 - kx} F_{k - 1}(x)$

于是我们得到：

F_{k} (x) = \frac{x^{k}}{\prod_{i = 1}^{k} (1 - k x)}

$F_k(x) = \frac {x^k}{\prod_{i = 1}^k (1 - kx)}$

于是可以分治 NTT 和多项式取逆做即可。

然而实际上有办法避免多项式求逆的，但是有点复杂。

但是不合理，代码太抽象了，我们换一个方法，考虑 EGF。

F_{k}^{(e)} (x) = \sum_{i} {\binom{i}{k}} \frac{x^{i}}{i!}

$F_k^{(e)}(x) = \sum_i {i \brace k} \frac {x^i}{i!}$

将斯特林数拆开：

\begin{aligned} F (x) & = \sum_{i} \frac{x^{i}}{i!} \sum_{j = 0}^{k} \frac{j^{i}}{j!} \frac{(- 1)^{k - j}}{(k - j)!} \\ = \sum_{j = 0}^{k} \frac{(- 1)^{k - j}}{(k - j)! j!} \sum_{i} \frac{(j x)^{i}}{i!} \\ = \sum_{j = 0}^{k} \frac{(- 1)^{k - j}}{(k - j)! j!} e^{j x} \\ = \frac{1}{k!} \sum_{j = 0}^{k} (\binom{k}{i}) (- 1)^{k - j} e^{j x} \\ = \frac{(e^{x} - 1)^{k}}{k!} \end{aligned}

$\begin{aligned} F(x) &= \sum_i \frac {x^i}{i!} \sum_{j = 0}^k \frac {j^i}{j!} \frac {(-1)^{k - j}}{(k - j)!} \\ &= \sum_{j = 0}^k \frac {(-1)^{k - j}}{(k - j)! j!} \sum_i \frac {(jx)^i}{i!} \\ &= \sum_{j = 0}^k \frac {(-1)^{k - j}}{(k - j)! j!} e^{jx} \\ &= \frac 1 {k!} \sum_{j = 0}^k \binom ki {(-1)^{k - j}} e^{jx} \\ &= \frac { (e^x - 1)^{k}} {k!} \end{aligned}$

于是多项式快速幂即可。这只需要写一个 NTT 即可做到 $O(n \log n \log k)$ 。

其实通过类似的方式，我们可以推导出第一类斯特林数行列的求法。

这里不做过多展开。

调和数

调和数 $H_n = \sum_{i = 1}^n \frac 1i$ ，认为是离散下对于 $\ln n$ 的模拟，其误差 $\gamma \approx 0.577215$ 。

这是欧拉所证明的： $\lim\limits_{n \to \infty} (H_n - \ln n) = \gamma$ 。

对于调和数我们还有一个与斯特林数挂钩的等式：

\begin{matrix} (6.1) & [\binom{n + 1}{2}] = n! H_{n} \end{matrix}

${n + 1 \brack 2} = n! H_n \tag{6.1}$

考虑通过：

[\binom{n + 1}{2}] = n [\binom{n}{2}] + [\binom{n}{1}] = n [\binom{n}{2}] + (n - 1)!

${n + 1 \brack 2} = n {n \brack 2} + {n \brack 1} = n {n \brack 2} + (n - 1)!$

可以知道：

\frac{1}{n!} [\binom{n + 1}{2}] = \frac{1}{(n - 1)!} [\binom{n}{2}] + \frac{1}{n}

$\frac 1 {n!} {n + 1 \brack 2} = \frac 1 {(n - 1)!} {n \brack 2} + \frac 1 n$

于是只需要展开这个递归式即可得到 $(6.1)$ 。

第一个例题较好，复习了分部求和法则：

\sum_{0 \leq k < n} (\binom{k}{m}) H_{k}

$\sum_{0 \le k \lt n} \binom km H_k$

如果掌握的分部求和法则，那么这就比较简单，这里不再展开。

我们总是会遇到它的生成函数的，虽然这是之后的内容（也是后面回来写的）

学完生成函数和卷积以后，我们会了解到一个小技巧：生成函数前缀和。

具体来说，对于 $\langle f_n \rangle$ 与 $\langle 1, 1, \cdots \rangle$ 的卷积会得到 $\langle \sum_{i = 0}^n f_i \rangle$ 。

在生成函数上的体现便是 $F(x) \to \frac 1 {1 - x} F(x)$ 。

我们可以利用这个技巧快速的算出 $H_k$ 的生成函数。

考虑 $H_n = \sum_{i = 1}^n \frac 1 i$ ，那么实际上它就是 $\langle 0, 1, \frac 12, \frac 13, \cdots \rangle$ 的前缀和。

后者实际上为 $\ln \frac {1}{1 - x}$ ，于是我们可以知道 $H_n$ 的生成函数为：

\frac{1}{1 - x} \ln \frac{1}{1 - x}

$\frac 1 {1 - x} \ln \frac 1 {1 - x}$

补充，关于

\ln \frac{1}{1 - x}

$\ln \frac 1 {1 - x}$ 表示

⟨ 0, 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots ⟩

$\langle 0, 1, \frac 12, \frac 13, \cdots \rangle$ 的证明：

考虑 $\ln (1 + x)$ 利用泰勒展开：

\ln (1 + x) = \sum_{n \geq 0} \frac{(- 1)^{n}}{n + 1} x^{n + 1}

$\ln (1 + x) = \sum_{n \ge 0} \frac {(-1)^n}{n + 1}x^{n + 1}$

利用 $-x$ 代替 $x$ 得到：

\ln (1 - x) = \sum_{n \geq 0} - \frac{x^{n}}{n}

$\ln (1 - x) = \sum_{n \ge 0} - \frac {x^n}{n}$

于是我们只需要：

- \ln (1 - x) = \ln (\frac{1}{1 - x}) = \sum_{n \geq 0} \frac{x^{n}}{n}

$-\ln(1 - x) = \ln (\frac 1 {1 - x}) = \sum_{n \ge 0} \frac {x^n}n$

斐波那契数

斐波那契数由如下递归式定义：

\begin{aligned} F_{0} & = 0 \\ F_{1} & = 1 \\ F_{n} & = F_{n - 1} + F_{n - 2}, & n > 1 \end{aligned}

$\begin{aligned} F_0 &= 0 \\ F_1 &= 1 \\ F_n &= F_{n - 1} + F_{n - 2} ,& n > 1 \end{aligned}$

我们容易通过归纳法证明：

\begin{matrix} (6.2) & F_{n} = F_{k} F_{n - k} + F_{k - 1} F_{n - k - 1} \end{matrix}

$F_n = F_k F_{n - k} + F_{k - 1} F_{n - k - 1} \tag{6.2}$

同样，也可以通过矩阵乘法证明，参见 # 算法学习笔记(37): 矩阵

由此我们可以推出：

F_{n} | F_{k n}

$F_n | F_{kn}$

可以通过 $(6.2)$ 和归纳法简单的证明。

于是我们可以知道：

gcd (F_{n}, F_{m}) = F_{gcd (n, m)}

$\gcd(F_n, F_m) = F_{\gcd(n, m)}$

我曾经推了几个简单的式子：

$\sum F_{2i}$
$\sum F_{2i + 1}$
$\sum F_i$
$\sum (-1)^i F_i$
$\sum F_i^2$

推导和证明都很简单，但是可能可以将 $\sum F_i^2$ 多提几句。

一般的代数推导就是~~打表+~~归纳就完事，高级一点展开 $F_i = F_{i - 1} + F_{i - 2}$ 慢慢化简证明。

但是这里是有几何推导的：

这东西可以看作二维平面的矩形，那么对此就可以直接化简了！

\sum_{i = 1}^{n} F_{i}^{2} = F_{n} F_{n + 1}

$\sum_{i = 1}^n F_{i}^2 = F_{n} F_{n + 1}$

然而考虑是否可以继续推广？例如立方体。

如果单纯的相加，我们总是会发现缺了一块，但是该如何补齐这缺失的部分？

考虑将红色的这一块 $F_n F_{n - 1} F_{n - 2}$ 补齐，那么就变成了一子问题，递归下去。

于是得到： $\sum (F_i^3 + F_i F_{i - 1} F_{i - 2}) = F_n^2 F_{n + 1}$ 。

但是好像仍然不是我们想要的……恕我太菜也想不出来了。

线性递推

斐波那契数列衍生而出的另一个知识叫做递推，而递推就可以讲到线性齐次递推和非齐次递推。

或许我们需要先学会生成函数？

对于形如：

h_{n} = \sum_{i = 1}^{k} a_{i} h_{n - i}, n \geq k

$h_n = \sum_{i = 1}^k a_i h_{n - i} \quad , n \ge k$

定义其特征方程为：

x^{k} - \sum_{i = 1}^{k} a_{i} x^{k - i} = 0

$x^k - \sum_{i = 1}^k a_i x^{k - i} = 0$

根据代数基本定理，上式有 $k$ 个根 $q_1, q_2, \cdots, q_k$ ，我们称之为特征根，那么：

\begin{matrix} (6.3) & h_{n} = \sum_{i = 1}^{n} c_{i} q_{i}^{n} \end{matrix}

$h_n = \sum_{i = 1}^n c_i q_i^n \tag {6.3}$

在下述意义下是原递推关系的通解：

无论给定如何的初值

h_{0}, h_{1}, \dots h_{k - 1}

$h_0, h_1, \cdots h_{k - 1}$ ，都存在一组

c_{1}, c_{2}, \dots, c_{k}

$c_1, c_2, \cdots, c_k$ 使之满足递推关系和初始条件。

换句话来说，是通解意味着对于任意给定的初值，都可以解出如下方程组：

{\begin{array}{rrl} (n = 0) & c_{1} q_{1}^{0} + c_{2} q_{2}^{0} + \dots + c_{k} q_{k}^{0} & = h_{0} \\ (n = 1) & c_{1} q_{1}^{1} + c_{2} q_{2}^{1} + \dots + c_{k} q_{k}^{1} & = h_{1} \\ ⋮ & ⋮ \\ (n = k - 1) & c_{1} q_{1}^{k - 1} + c_{2} q_{2}^{k - 1} + \dots + c_{k} q_{k}^{k - 1} & = h_{0} \end{array}

$\left\{ \begin{array}{rrl} (n = 0) & c_1 q_1^0 + c_2 q_2^0 + \cdots + c_k q_k^0 & = h_0 \\ (n = 1) & c_1 q_1^1 + c_2 q_2^1 + \cdots + c_k q_k^1 & = h_1 \\ \vdots & \vdots \\ (n = k - 1) & c_1 q_1^{k - 1} + c_2 q_2^{k - 1} + \cdots + c_k q_k^{k - 1} & = h_0 \end{array} \right.$

而此方程组的系数矩阵为：

[\begin{matrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ q_{1} & q_{2} & \dots & q_{k} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ q_{1}^{k - 1} & q_{2}^{k - 1} & \dots & q_{k}^{k - 1} \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ q_1 & q_2 & \cdots & q_k \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ q_1^{k - 1} & q_2^{k - 1} & \cdots & q_k^{k - 1} \end{bmatrix}$

这显然是一个范德蒙德矩阵，其行列式为：

\prod_{i < j} q_{j} - q_{i}

$\prod_{i < j} q_j - q_i$

也就是说，我们需要保证根互不相同，使得矩阵满秩（行列式不为 $0$ ）才可以求出唯一解。

然而实际上有另外一种利用生成函数的方法，更加简明。

继续沿用斐波那契数列的例子 $f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2}$ 。

设 $F(x) = \sum_{i \ge 0} f_i x^i$ 是其生成函数。

根据递推关系，我们可以得出 $F(x) = xF(x) + x^2F(x)$ 。

具体来说，三个生成函数对应的序列如下：

\begin{array}{rc} F (x) : & < f_{n - 1}, f_{n}, f_{n + 1} > \\ x F (x) : & < f_{n - 2}, f_{n - 1}, f_{n} > \\ x^{2} F (x) : & < f_{n - 3}, f_{n - 2}, f_{n - 1} > \end{array}

$\begin{array} {rc} F(x): & <f_{n - 1}, f_{n}, f_{n + 1}> \\ xF(x): & <f_{n - 2}, f_{n - 1}, f_{n}> \\ x^2F(x): & <f_{n - 3}, f_{n - 2}, f_{n - 1}> \end{array}$

于是 $F(x) = \frac 1 {1 - x - x^2}$ 得出也就很自然了（当然这是错误的。

真的自然吗？我们是不是忘了什么东西？

确实，我们忘了一些东西，我们重新将三者写下来：

\begin{array}{rc} F (x) : & f_{0} & + f_{1} x & + f_{2} x \\ x F (x) : & f_{0} x & + f_{1} x \\ x^{2} F (x) : & f_{0} x^{2} \end{array}

$\begin{array}{rc} F(x): & f_0 & +f_1 x & + f_2 x \\ xF(x): & & f_0 x & + f_1 x \\ x^2F(x): & & & f_0 x^2 \\ \end{array}$

也就是说 $F(x) - xF(x) - x^2F(x)$ 实际上 $= f_0 + (f_1 - f0)x$ ！

将初始值 $f_0 = 0, f_1 = 1$ 带入，我们才真正地正确地得到其生成函数：

F (x) - x F (x) - x^{2} F (x) = x \to F (x) = \frac{x}{1 - x - x^{2}}

$F(x) - xF(x) - x^2 F(x) = x \to F(x) = \frac x {1 - x - x^2}$

如果我们得到了生成函数，我们是否能够确定其通项公式？答案是可以的。

我们将 $\frac x {1 - x - x^2}$ 稍微分解 $= \frac {c_1}{x - \frac {-1 + \sqrt 5}{2}} + \frac {c_2}{x - \frac {-1 - \sqrt 5}{2}}$ 。

可以列出方程简单的求解出 $c_1, c_2$ 是什么。

我们通过 $\frac 1 {1 - x} = \sum_{i \ge 0} x^i$ 各项展开，于是就可以得到其通项公式！

我们现在看看 $\frac {1 + \sqrt 5}{2}$ 以及 $\frac {1 - \sqrt 5}{2}$ 这两个数。

我们赋予了其一个符号，足以可见其重要程度： $\phi = \frac {1 + \sqrt 5}2, \hat \phi = \frac {-1} \phi = \frac {1 - \sqrt 5} 2$ 。

这两个数是 $1 - x - x^2 = 0$ 的根，故我们有：

ϕ^{2} = ϕ + 1, {\hat{ϕ}}^{2} = \hat{ϕ} + 1

$\phi^2 = \phi + 1, \hat \phi^2 = \hat \phi + 1$

我们通过这两个符号将 $F(x)$ 写出来：

F (x) = \frac{x}{(x + ϕ) (x + \hat{ϕ})} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\frac{1}{1 - ϕ x} - \frac{1}{1 - \hat{ϕ} x})

$F(x) = \frac {x}{(x + \phi)(x + \hat \phi)} = \frac 1 {\sqrt 5} \left( \frac 1 {1 - \phi x} - \frac 1 {1 - \hat \phi x} \right)$

这形式很优美，我们之后将会用到。

通过幂级数展开，我们就得到了 $f_n$ 的通项公式：

f_{n} = \frac{1}{\sqrt{5}} (ϕ^{n} - {\hat{ϕ}}^{n})

$f_n = \frac 1 {\sqrt 5} (\phi^n - \hat \phi^n)$

奇妙的是一堆 $\sqrt 5$ 乘起来就变成了一个整数！

来到更大的挑战：

h_{n} = 4 h_{n - 1} - 4 h_{n - 2}, n \geq 2

$h_n = 4 h_{n - 1} - 4 h_{n - 2} , \quad n \ge 2$

我们是否能够找到其通项公式？

从特征根考虑： $x^2 - 4x + 4 = 0 \to (x - 2)^2 = 0$ 。

此时 $2$ 作为根出现了两次，我们称之为二重特征根，在此情况下 $(6.3)$ 退化成了：

h_{n} = (c_{1} + c_{2}) 2^{n} = c 2^{n}

$h_n = (c_1 + c_2) 2^n = c 2^n$

然而这并不是我们想要的，因为对于给定的 $h_0 = a, h_1 = b$ ，我们不一定能够满足：

{\begin{cases} n = 0, & c = a \\ n = 1, & 2 c = b \end{cases}

$\begin{cases} n = 0, & c = a \\ n = 1, & 2c = b \end{cases}$

所以我们需要另辟蹊径。

我们很容易知道 $h_n = 2^n$ 是其一个解，我们也可以证明 $h_n = n 2^n$ 是一个解。

为了寻找通解，我们可以断言：

h_{n} = c_{1} 2^{n} + c_{2} n 2^{n}

$h_n = c_1 2^n + c_2 n2^n$

是这个递推式的通解！

我们进行验证，对其施加 $h_0 = a, h_1 = b$ 的初始条件，那么：

{\begin{cases} n = 0, & c_{1} = a \\ n = 1, & 2 c_{1} + 2 c_{2} = b \end{cases} ⟹ {\begin{cases} c_{1} = a \\ c_{2} = \frac{b - 2 a}{2} \end{cases}

$\begin{cases} n = 0, & c_1 = a \\ n = 1, & 2c_1 + 2c_2 = b \end{cases} \implies \begin{cases} c_1 = a \\ c_2 = \frac {b - 2a} 2 \end{cases}$

我们总是有解！于是这可以作为其通解。

我们可以合理外推，从而找到一个更一般的结论。

对于特征方程的 $k$ 个根，一共有 $t$ 种不同的根。若 $q_i$ 是此方程的 $k_i$ 重根，那么此递推关系中 $q_i$ 对应的部分为：

H_{n}^{(i)} = \sum_{j = 1}^{k_{i}} c_{i, j} n^{k_{i} - j} q_{i}^{n}

$H_n^{(i)} = \sum_{j = 1}^{k_i} c_{i, j} \ n^{k_i - j} \ q_i^n$

而此递推关系的通解为：

h_{n} = \sum_{i = 1}^{t} H_{n}^{(i)}

$h_n = \sum_{i = 1}^t H_n^{(i)}$

对于非齐次线性递推，一般来说，利用生成函数会更为方便。这里举例说明。

{\begin{cases} h_{0} = 2 \\ h_{n} = 3 h_{n - 1} - 4 n, & n \geq 1 \end{cases}

$\begin{cases} h_0 = 2 \\ h_n = 3 h_{n - 1} - 4n, & n \ge 1 \end{cases}$

设其生成函数 $F(x)$ ，根据递推关系，我们有：

\begin{aligned} F (x) = & h_{0} & + h_{1} x & + h_{2} x & + \dots \\ 3 x F (x) = & + 3 h_{0} x & + 3 h_{1} x & + \dots \end{aligned}

$\begin{array}{rl} F(x) = & h_0 & + h_1 x & + h_2 x & + \cdots \\ 3xF(x) = & & + 3 h_0 x & + 3 h_1 x & + \cdots \end{array}$

于是

F (x) - 3 x F (x) = h_{0} + (h_{1} - 3 h_{0}) + (h_{2} - 3 h_{1}) + \dots = 2 - 4 \times 1 x - 4 \times 2 x^{2} - \dots

$F(x) - 3xF(x) = h_0 + (h_1 - 3h_0) + (h_2 - 3h_1) + \cdots = 2 - 4 \times 1 x - 4 \times 2 x^2 - \cdots$

我们知道：

\sum_{n \geq 0} n x^{n} = \frac{x}{(1 - x)^{2}}

$\sum_{n \ge 0} n x^n = \frac x {(1 - x)^2}$

于是我们知道：

(1 - 3 x) F (x) = 2 - 4 \frac{x}{(1 - x^{2})} ⟺ F (x) = \frac{2}{1 - 3 x} - \frac{4 x}{(1 - x^{2}) (1 - 3 x)}

$(1 - 3x)F(x) = 2 - 4 \frac {x}{(1 - x^2)} \iff F(x) = \frac {2}{1 - 3x} - \frac {4x}{(1 - x^2)(1 - 3x)}$

于是，我们便可以通过拆分这一个函数求解出其通项：

h_{n} = - 3^{n} + 2 n + 3

$h_n = -3^n + 2n + 3$

生成函数立大功！

第七章 - 生成函数

无限微积分

生成函数与高等数学强相关，确实需要部分知识，这里写下以便参考。

关于求导：

\begin{aligned} a^{x} & \to a^{x} \ln a \\ x^{a} & \to a x^{a - 1} \\ \log_{a} x & \to \frac{1}{x \ln a} \\ \ln x & \to \frac{1}{x} \end{aligned}

$\begin{aligned} a^x &\to a^x \ln a \\ x^a &\to a x^{a - 1} \\ \log_ax &\to \frac 1 {x \ln a} \\ \ln x &\to \frac 1 x \end{aligned}$

关于泰勒展开（这是在 $0$ 处的展开，我们用的最多）：

f (x) = \sum_{i \geq 0} f^{(i)} (0) \frac{x^{i}}{x!}

$f(x) = \sum_{i \ge 0} f^{(i)}(0) \frac {x^i}{x!}$

解递归式

我们在线性递推那里已经看到了生成函数的重要性，我们是否能够找到一个基本方法以求解出任何递推式？

答案是可以的，并且这个方法相当的机械：

将递归式写成关于 $h_n$ 的单个方程，在假定 $h_{-1} = h_{-2} = \cdots = 0$ 的情况下对于任何正整数成立！
将他改写为生成函数 $F(x)$ 之间的关系。
解得到的生成函数 $F(x)$ ，将之表示为封闭形式。
展开 $[x^n]F(x)$ ，得到 $g_n$ 的封闭形式。

前面的步骤在上文的铺垫中应该十分清晰了，然而对于第四步，我们可能还有技巧上的困难。

一般来说，我们需要通过强硬的分解，将生成函数表示为：

F (x) = \sum \frac{c_{i}}{(1 - α_{i} x)^{b_{i} + 1}}

$F(x) = \sum \frac {c_i}{(1 - \alpha_i x)^{b_i + 1}}$

从而得出很好的系数：

[x^{n}] F (x) = \sum c_{i} (\binom{b_{i} + n}{b_{i}}) α_{i}^{n}

$[x^n] F(x) = \sum c_i \binom {b_i + n}{b_i} \alpha_i^n$

然而难点并不是在这一步，而是强硬分解出 $c_i$ 的那一步 QwQ

我们可能更多的只能依靠人类智慧完成。

我们来一个很好的例子：

{\begin{cases} h_{0} = h_{1} = 1 \\ h_{n} = h_{n - 1} + 2 h_{n - 2} + (- 1)^{n}, & n \geq 2 \end{cases}

$\begin{cases} h_0 = h_1 = 1 \\ h_n = h_{n - 1} + 2 h_{n - 2} + (-1)^n, & n \ge 2 \end{cases}$

我们将之写成一个式子：

h_{n} = h_{n - 1} + 2 h_{n - 2} + (- 1)^{n} [n \geq 0] + [n = 1]

$h_n = h_{n - 1} + 2h_{n - 2} + (-1)^n[n \ge 0] + [n = 1]$

于是可以将之改写为生成函数之间的关系：

F (x) = \sum_{n} h_{n} x^{n} = \sum_{n} h_{n - 1} x^{n} + 2 \sum_{n} h_{n - 2} x^{n} + \sum_{n \geq 0} (- 1)^{n} x^{n} + x

$F(x) = \sum_n h_n x^n = \sum_n h_{n - 1} x^n + 2 \sum_n h_{n - 2} x^n + \sum_{n \ge 0} (-1)^n x^n + x$

我们可以稍微变化一下这个式子：

\begin{aligned} = x F (x) + 2 x^{2} F (x) + \sum_{n \geq 0} (\binom{- 1}{n}) z^{n} + x \\ = x F (x) + 2 x^{2} F (x) + (1 + x)^{- 1} + x \end{aligned}

$\begin{aligned} &= x F(x) + 2x^2 F(x) + \sum_{n \ge 0} \binom {-1} n z^n + x \\ &= x F(x) + 2x^2 F(x) + (1 + x)^{-1} + x \end{aligned}$

于是得到：

F (x) = \frac{1 + x + x^{2}}{(1 - 2 x) (1 + x)^{2}}

$F(x) = \frac {1 + x + x^2}{(1 - 2x)(1 + x)^2}$

于是暴力展开即可得到通项：

h_{n} = \frac{7}{9} 2^{n} + (\frac{1}{3} n + \frac{2}{9}) (- 1)^{n}

$h_n = \frac 79 2^n + (\frac 13 n + \frac 29)(-1)^n$

卷积

对于给定的两个数列 $\langle f_n \rangle$ 以及 $\langle g_n \rangle$ 的卷积 $\langle h_n \rangle$ ，我们有：

⟨ f_{n} ⟩ * ⟨ g_{n} ⟩ = ⟨ \sum_{k} f_{k} g_{n - k} ⟩ = ⟨ h_{n} ⟩

$\langle f_n \rangle * \langle g_n \rangle = \langle \sum_k f_k g_{n - k} \rangle = \langle h_n \rangle$

注意到数列的卷积和生成函数的乘积对应，那么对于许多式子，我们就有很好的方法利用卷积处理了。

斐波那契数列卷积

是的，还是斐波那契数列，它具有十分重要的地位，它足够简单，也足够复杂。

我们尝试计算 $\sum_{k = 0}^n f_k f_{n - k}$ 的封闭形式，这是 $\langle f_n \rangle$ 与自身的卷积。

正常来说，我们直接可以利用 $F(x) = \frac x {1 - x - x^2}$ 的平方 $F(x)^2 = \frac {x^2}{(1 - x - x^2)^2}$ 然后展开求解其通项，但是这比较复杂，并没有更好的用到斐波那契和卷积。

我们尝试利用另一个生成函数：

\begin{aligned} F (x)^{2} & = {(\frac{1}{\sqrt{5}} (\frac{1}{1 - ϕ x} - \frac{1}{1 - \hat{ϕ} x}))}^{2} \\ = \frac{1}{5} (\frac{1}{(1 - ϕ x)^{2}} - \frac{2}{(1 - ϕ x) (1 - \hat{ϕ} x)} + \frac{1}{(1 - \hat{ϕ} x)^{2}}) \\ = \frac{1}{5} \sum_{n \geq 0} (n + 1) (ϕ x)^{n} - \frac{2}{5} \sum_{n \geq 0} f_{n + 1} x^{n} + \frac{1}{5} \sum_{n \geq 0} (n + 1) (\hat{ϕ} x)^{n} \end{aligned}

$\begin{aligned} F(x)^2 &= \left( \frac 1{\sqrt 5} \left( \frac 1 {1 - \phi x} - \frac 1 {1 - \hat \phi x} \right) \right)^2 \\ &= \frac 1 5 \left( \frac {1}{(1 - \phi x)^2} - \frac {2}{(1 - \phi x)(1 - \hat \phi x)} + \frac {1}{(1 - \hat \phi x)^2} \right) \\ &= \frac 1 5 \sum_{n \ge 0} (n + 1) (\phi x)^n - \frac 25 \sum_{n \ge 0} f_{n + 1} x^n + \frac 15 \sum_{n \ge 0} (n + 1) (\hat \phi x)^n \end{aligned}$

中间关于 $\frac {1}{(1 - \phi x)(1 - \hat \phi x)}$ 的化简我们再从一个生成函数入手：

考虑 $\phi \hat \phi = -1$ ，我们有：

F (x) = \frac{- x}{(x + ϕ) (x + \hat{ϕ})} = \frac{- x}{(x + \frac{- 1}{\hat{ϕ}}) (x + \frac{- 1}{ϕ})} = \frac{- x}{ϕ \hat{ϕ} (\hat{ϕ} x - 1) (ϕ x - 1)} = \frac{x}{(1 - \hat{ϕ} x) (1 - ϕ x)}

$F(x) = \frac {-x} {(x +\phi) (x + \hat \phi)} = \frac {-x}{(x + \frac {-1}{\hat \phi})(x + \frac {-1}{\phi})} = \frac {-x}{\phi \hat \phi (\hat \phi x - 1)(\phi x - 1)} = \frac {x}{(1 - \hat \phi x)(1 - \phi x)}$

于是 $\frac {1}{(1 - \phi x)(1 - \hat \phi x)} = \frac {F(x)} x - \sum_{n \ge 0} f_{n + 1} x^n$ 。

接下来我们继续化简上述式子，现在难点就在于 $\sum_{n \ge 0} (\phi^n + \hat \phi^n) x^n$ 怎么求。

考虑两者的生成函数：

\frac{1}{1 - ϕ x} + \frac{1}{1 - \hat{ϕ} x} = \sum_{n \geq 0} (ϕ^{n} + {\hat{ϕ}}^{n}) x^{n}

$\frac {1}{1 - \phi x} + \frac {1}{1 - \hat \phi x} = \sum_{n \ge 0} (\phi^n + \hat \phi^n) x^n$

于是我们尝试对左式化简：

\begin{aligned} = \frac{2 - \hat{ϕ} x - ϕ x}{(1 - ϕ x) (1 - \hat{ϕ} x)} \\ = \frac{2 - x}{1 - x - x^{2}} = \frac{x}{2 - x} F (x) \end{aligned}

$\begin{aligned} &= \frac {2 - \hat \phi x - \phi x}{(1 - \phi x) (1 - \hat \phi x)} \\ &= \frac {2 - x}{1 - x - x^2} = \frac {x} {2 - x} F(x) \end{aligned}$

于是：

ϕ^{n} + {\hat{ϕ}}^{n} = [x^{n}] \frac{x}{2 - x} F (x) = 2 f_{n + 1} - f_{n}

$\phi^n + \hat \phi^n = [x^n] \frac x {2 - x} F(x) = 2f_{n + 1} - f_n$

于是我们得到：

F (x)^{2} = \frac{1}{5} \sum_{n \geq 0} (n + 1) (2 f_{n + 1} - f_{n}) x^{n} - \frac{2}{5} \sum_{n \geq 0} f_{n + 1} x^{n}

$F(x)^2 = \frac 1 5 \sum_{n \ge 0} (n + 1) (2f_{n + 1} - f_n) x^n - \frac 25 \sum_{n \ge 0} f_{n + 1} x^n$

于是得到通项公式：

\sum_{k = 0}^{n} f_{k} f_{n - k} = \frac{2 n f_{n + 1} - (n + 1) f_{n}}{5}

$\sum_{k = 0}^n f_k f_{n - k} = \frac {2n f_{n + 1} - (n + 1)f_n}{5}$

生成函数的胜利！

指数生成函数

我们看看一个好好的例子：

{(\ln \frac{1}{1 - z})}^{m} = m! \sum_{n \geq 0} [\binom{n}{m}] \frac{z^{n}}{n!}

$\left( \ln \frac {1}{1 - z} \right)^m = m! \sum_{n \ge 0} {n \brack m} \frac {z^n}{n!}$

好好好，这么玩是吧，但是为什么不用 $z^{\bar{m}} = \sum_{n \ge 0} {m \brack n} z^n$ ？

我们回到正常的 EGF，考虑对于 $\langle h_n \rangle$ EGF 的操作有哪些影响。

F (x) = \sum_{n \geq 0} h_{n} \frac{x^{n}}{n!}

$F(x) = \sum_{n \ge 0} h_n \frac {x^n}{n!}$

考虑 $xF(x)$ ：

x F (x) = \sum_{n \geq 0} h_{n} \frac{x^{n + 1}}{n!} = \sum_{n \geq 1} h_{n - 1} \frac{x^{n}}{(n - 1)!} = \sum_{n \geq 0} n h_{n - 1} \frac{x^{n}}{n!}

$xF(x) = \sum_{n \ge 0} h_n \frac {x^{n + 1}}{n!} = \sum_{n \ge 1} h_{n - 1} \frac {x^n}{(n - 1)!} = \sum_{n \ge 0} n h_{n - 1} \frac {x^n}{n!}$

这就是 $\langle n g_{n - 1} \rangle$ 的 EGF，相当于在 OGF 上求了一次导。

如果需要平移，那么我们只需要 $F'(x)$ 或者 $\int_0^z F(x)$ 即可。

对于指数生成函数的卷积来说，生成的数列是 $\langle f_n \rangle$ 和 $\langle g_n \rangle$ 的二项卷积：

h_{n} = \sum_{k} (\binom{n}{k}) f_{k} g_{n - k}

$h_n = \sum_k \binom n k f_{k} g_{n - k}$

也就是考虑到 $\binom nk = \frac {n!}{k! (n - k)!}$ ：

\frac{h_{n}}{n!} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{f_{k}}{k!} \frac{g_{n - k}}{(n - k)!}

$\frac {h_n} {n!} = \sum_{k = 0}^n \frac {f_k}{k!} \frac {g_{n - k}}{(n - k)!}$

这可以和伯努利数牵扯起来。

考虑伯努利数的递归式：

B_{n} = \sum_{k} (\binom{n}{k}) B_{k}

$B_n = \sum_k \binom nk B_k$

发现这就是 $\langle B_n \rangle$ 和 $\langle 1, 1, \cdots \rangle$ 的二项卷积。

所以我们得到其指数生成函数为 $\frac z {e^z - 1}$ 。

指数生成函数在组合意义上十分有用，其一个重要的应用于 $\exp$ 相关。

可以参考：# 浅谈 Exp 的组合意义 - 飞雨烟雁的博客

更多 $O(n^2)$ 对于多项式的操作见：# 各种多项式操作的 n^2 递推

第八章 - 离散概率

期望与方差

期望的线性性以及耳熟能详了：

E (X Y) = E (X) E (Y)

$E(XY) = E(X)E(Y)$

值得一提的是这并不要求两个随机变量独立！

对于方差，其基本的定义为：

V (X) = E ((X - E (X)^{2})

$V(X) = E \left( (X - E(X)^2 \right)$

但是我们可以将之展开：

\begin{array}{ll} = E ((X - E (X)^{2}) & = E (X^{2} - 2 X E (X) + E (X)^{2}) \\ = E (X^{2}) - 2 E (X)^{2} + E (X)^{2} & = E (X^{2}) - E (X)^{2} \end{array}

$\begin{array}{ll} = E \left( (X - E(X)^2 \right) &= E \left(X^2 - 2X E(X) + E(X)^2 \right)\\ = E(X^2) - 2E(X)^2 + E(X)^2 &= E(X^2) - E(X)^2 \end{array}$

也就是说：

方差等于平方的期望减去期望的平方

我们也可以证明：

V (X + Y) = V (X) + V (Y)

$V(X + Y) = V(X) + V(Y)$

概率生成函数

可见 math 1.5

作者有话说

本文共 $\ge 10000$ 个词， $\ge 25000$ 个字符（包括公式），花了 $3$ 天时间，梳理了具体数学一书中目前对我有用的部分。

有很多的启示，补全了很多我所未知或者不熟练的东西。

限于时间原因，很多内容我无法细细谈论，如果有时间后面再补充（其实也没啥特别重要的东西了，边边角角的

完结撒花★,°:.☆(￣▽￣)/$:.°★ 。

posted @ 2023-11-22 17:05 jeefy 阅读(402) 评论(0) 编辑收藏举报

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