具体数学笔记 （第五章 二项式系数）
有意思的来了，狂喜
基本恒等式
(
n
k
)
=
(
n
n
−
k
)
,
n
≥
0
,
k
为
整
数
\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k},n\ge0,k为整数
(kn)=(n−kn),n≥0,k为整数
限制一定要记得，n为负数的时候是不成立的
(
n
k
)
=
n
k
(
n
−
1
k
−
1
)
同
样
可
以
得
到
k
(
n
k
)
=
n
(
n
−
1
k
−
1
)
\binom{n}{k}=\frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1} \\ ~~ \\ 同样可以得到k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}
(kn)=kn(k−1n−1) 同样可以得到k(kn)=n(k−1n−1)
平行求和法：
∑
k
=
0
m
(
n
+
k
k
)
=
(
n
+
m
+
1
m
)
\sum_{k=0}^m\binom{n+k}{k}=\binom{n+m+1}{m}
k=0∑m(kn+k)=(mn+m+1)
上指标求和：
∑
k
=
0
n
(
k
m
)
=
(
n
+
1
m
+
1
)
\sum_{k=0}^n\binom{k}{m}=\binom{n+1}{m+1}
k=0∑n(mk)=(m+1n+1)
上指标反转：
(
n
k
)
=
(
−
1
)
k
(
k
−
n
−
1
k
)
\binom{n}{k}=(-1)^k\binom{k-n-1}{k}
(kn)=(−1)k(kk−n−1)
利用上指标反转，可以推出
∑
k
=
0
m
(
n
k
)
(
−
1
)
k
=
(
−
1
)
m
(
n
−
1
m
)
\sum_{k=0}^m\binom{n}{k}(-1)^k=(-1)^m\binom{n-1}{m}
k=0∑m(kn)(−1)k=(−1)m(mn−1)
还有其他有趣的恒等式（证明略，都可以用归纳法/大力拆/手撕组合意义）
∑
k
=
0
m
(
n
k
)
(
n
2
−
k
)
=
m
+
1
2
(
n
m
+
1
)
\sum_{k=0}^m \binom{n}{k}(\frac{n}{2}-k)=\frac{m+1}{2}\binom{n}{m+1}
k=0∑m(kn)(2n−k)=2m+1(m+1n)
(
n
m
)
(
m
k
)
=
(
n
k
)
(
n
−
k
m
−
k
)
\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k}
(mn)(km)=(kn)(m−kn−k)
二项式系数可以推广到三项式甚至多项式系数
(
x
+
y
+
z
)
n
=
∑
(
a
+
b
+
c
)
!
a
!
b
!
c
!
x
a
y
b
z
c
=
∑
(
a
+
b
+
c
b
+
c
)
(
b
+
c
c
)
x
a
y
b
z
c
(x+y+z)^n=\sum\frac{(a+b+c)!}{a!b!c!}x^ay^bz^c=\sum\binom{a+b+c}{b+c}\binom{b+c}{c}x^ay^bz^c
(x+y+z)n=∑a!b!c!(a+b+c)!xaybzc=∑(b+ca+b+c)(cb+c)xaybzc
(
a
1
+
a
2
+
a
3
+
.
.
.
+
a
m
)
!
a
1
!
a
2
!
a
3
!
.
.
.
.
a
m
!
=
(
a
1
+
a
2
+
a
3
+
.
.
.
+
a
m
a
2
+
a
3
+
.
.
.
+
a
m
)
(
a
2
+
a
3
+
.
.
.
+
a
m
a
3
+
a
4
+
.
.
.
+
a
m
)
.
.
.
(
a
m
−
1
+
a
m
a
m
)
=
(
a
1
+
a
2
+
a
3
+
.
.
.
+
a
m
a
1
)
(
a
2
+
a
3
+
.
.
.
+
a
m
a
2
)
.
.
.
(
a
m
−
1
+
a
m
a
m
−
1
)
\frac{(a_1+a_2+a_3+...+a_m)!}{a_1!a_2!a_3!....a_m!} \\ ~~ \\= \binom{a_1+a_2+a_3+...+a_m}{a_2+a_3+...+a_m}\binom{a_2+a_3+...+a_m}{a_3+a_4+...+a_m}...\binom{a_{m-1}+a_m}{a_m}\\ ~~\\=\binom{a_1+a_2+a_3+...+a_m}{a_1}\binom{a_2+a_3+...+a_m}{a_2}...\binom{a_{m-1}+a_m}{a_{m-1}}
a1!a2!a3!....am!(a1+a2+a3+...+am)! =(a2+a3+...+ama1+a2+a3+...+am)(a3+a4+...+ama2+a3+...+am)...(amam−1+am) =(a1a1+a2+a3+...+am)(a2a2+a3+...+am)...(am−1am−1+am)
范德蒙德卷积：
∑
k
(
r
k
)
(
s
n
−
k
)
=
(
r
+
s
n
)
\sum_k\binom{r}{k}\binom{s}{n-k}=\binom{r+s}{n}
k∑(kr)(n−ks)=(nr+s)
可以通过手撕组合意义证明
最恐怖的二项式恒等式：
∑
k
i
j
(
−
1
)
∑
i
<
j
k
i
j
(
∏
1
≤
i
<
j
<
n
(
a
i
+
a
j
a
j
+
k
i
j
)
)
(
∏
1
≤
j
<
n
(
(
a
j
+
a
n
a
n
+
∑
i
<
j
k
i
j
−
∑
i
>
j
k
i
j
)
)
)
\sum_{k_{ij}}(-1)^{\sum_{i<j}k_{ij}}\left(\prod_{1 \le i < j<n}\binom{a_i+a_j}{a_j+k_{ij}}\right)\left(\prod_{1\le j<n}\left(\binom{a_j+a_n}{a_n+\sum_{i<j}k_{ij}-\sum_{i>j}k_{ij}}\right)\right)
kij∑(−1)∑i<jkij(1≤i<j<n∏(aj+kijai+aj))(1≤j<n∏((an+∑i<jkij−∑i>jkijaj+an)))
RNM,退钱!!
其实带入特殊值后发现还挺好记的，如把
n
=
4
n=4
n=4带入得
∑
i
,
j
,
k
(
−
1
)
i
+
j
+
k
(
a
+
b
b
+
i
)
(
a
+
c
c
+
j
)
(
b
+
c
c
+
k
)
(
a
+
d
d
−
i
−
j
)
(
b
+
d
d
+
i
−
k
)
(
c
+
b
d
+
j
+
k
)
=
(
a
+
b
+
c
+
d
)
!
a
!
b
!
c
!
d
!
\sum_{i,j,k}(-1)^{i+j+k}\binom{a+b}{b+i}\binom{a+c}{c+j}\binom{b+c}{c+k}\binom{a+d}{d-i-j}\binom{b+d}{d+i-k}\binom{c+b}{d+j+k}\\=\frac{(a+b+c+d)!}{a!b!c!d!}
i,j,k∑(−1)i+j+k(b+ia+b)(c+ja+c)(c+kb+c)(d−i−ja+d)(d+i−kb+d)(d+j+kc+b)=a!b!c!d!(a+b+c+d)!
好记个p
重要的二项式系数恒等式：
就是上面几个看起来比较短的就是
5.3 处理的技巧
高阶差分：
可以发现，
(
n
k
)
(
−
1
)
k
\binom{n}{k}(-1)^k
(kn)(−1)k可以计算部分和而
(
n
k
)
\binom{n}{k}
(kn)不行
其中的一个原因是与差分算子
Δ
\Delta
Δ有关
容易发现高阶差分与二项式系数有关
Δ
n
f
(
x
)
=
∑
k
(
n
k
)
(
−
1
)
n
−
k
f
(
x
+
k
)
\Delta^nf(x)=\sum_k\binom{n}{k}(-1)^{n-k}f(x+k)
Δnf(x)=k∑(kn)(−1)n−kf(x+k)
通常幂可以转换成下降幂，进而可以得到所有的多项式都可以表示成二项式系数倍数之和，这样的一个展开式称为牛顿级数
有时候对一个多项式如果无从下手可以考虑利用n阶差分
牛顿级数是有限微积分对无限微积分中的泰勒级数的回应
反演：
g
(
n
)
=
∑
k
(
n
k
)
(
−
1
)
k
f
(
k
)
⟺
f
(
n
)
=
∑
k
(
n
k
)
(
−
1
)
k
g
(
k
)
g(n)=\sum_k\binom{n}{k}(-1)^kf(k) \iff f(n)=\sum_k\binom{n}{k}(-1)^kg(k)
g(n)=k∑(kn)(−1)kf(k)⟺f(n)=k∑(kn)(−1)kg(k)
可用于解决错排问题，这里直接给出封闭形式
D
n
=
⌊
n
!
e
+
1
2
⌋
+
[
n
=
0
]
D_n=\lfloor \frac{n!}{e}+\frac{1}{2}\rfloor+[n=0]
Dn=⌊en!+21⌋+[n=0]
5.4 生成函数
终于来了，狂喜
我们考虑二项式系数的生成函数
(
1
+
x
)
r
=
∑
k
=
0
r
(
r
k
)
x
k
(1+x)^r=\sum_{k=0}^r\binom{r}{k}x^k
(1+x)r=k=0∑r(kr)xk
类似地
(
1
+
x
)
s
=
∑
k
=
0
s
(
s
k
)
x
k
(1+x)^s=\sum_{k=0}^s\binom{s}{k}x^k
(1+x)s=∑k=0s(ks)xk
把这两个东西乘在一起
(
1
+
x
)
r
+
s
(1+x)^{r+s}
(1+x)r+s
把两边都的第
n
n
n次项系数提出
∑
k
=
0
n
(
r
k
)
(
s
n
−
k
)
=
(
r
+
s
n
)
\sum_{k=0}^n\binom{r}{k}\binom{s}{n-k}=\binom{r+s}{n}
k=0∑n(kr)(n−ks)=(nr+s)
这样我们就得到了范德蒙德卷积
ohhhhhhhhhhh
两个重要的恒等式：
1
(
1
−
x
)
n
+
1
=
∑
k
=
0
(
n
+
k
n
)
x
k
\frac{1}{(1-x)^{n+1}}=\sum_{k=0}\binom{n+k}{n}x^k
(1−x)n+11=k=0∑(nn+k)xk
x
n
(
1
−
x
)
n
+
1
=
∑
k
=
0
(
k
n
)
x
k
\frac{x^n}{(1-x)^{n+1}}=\sum_{k=0}\binom{k}{n}x^k
(1−x)n+1xn=k=0∑(nk)xk
证明也不难
第一个用二项式定理展开
(
1
−
x
)
−
n
−
1
(1-x)^{-n-1}
(1−x)−n−1可以得到第
k
k
k项第系数为
(
−
n
−
1
k
)
(
−
1
)
k
\binom{-n-1}{k}(-1)^k
(k−n−1)(−1)k然后我们将它的上指标反转，就可以得到
(
k
+
n
k
)
\binom{k+n}{k}
(kk+n)或
(
k
+
n
n
)
\binom{k+n}{n}
(nk+n)了
至于第二个就相当于是第一个的生成函数向右平移了n位，显然成立
草，后面的看不懂
超几何函数真的会考吗？考了我倒立吃*
还有什么鬼机械求和法，看不懂啊啊
