《具体数学》第五章的做题记录。
组合日记-九月十九日
范德蒙德卷积有关的组合恒等式
范德蒙德卷积：\(\displaystyle \sum_{k}{\binom{r}{n-k}\binom{s}{k}}=\binom{r+s}{n}\)
组合意义：有 \(r\) 个红球，\(s\) 个白球，从中选出 \(n\) 个球。相当于枚举 \(k\)，从 \(r\) 中选出 \(n-k\) 个球，\(s\) 中选出 \(k\) 个点。
它能导出的恒等式：
- \(\displaystyle \sum_{k}{\binom{l}{m+k}\binom{s}{n+k}}=\binom{l+s}{l+n-m}\)
证明：这就是范德蒙德卷积的简单变形。
\[\begin{aligned}
\mathrm{LHS}=\sum_{k}{\binom{l}{l-m-k}\binom{s}{n+k}}
=\binom{l+s}{l+n-m}
\end{aligned}
\]
- \(\displaystyle\sum_{k}{\binom{l}{m+k}\binom{s+k}{n}(-1)^k}=(-1)^{l+m}\binom{s-m}{n-l}\)
证明：
\(\displaystyle\mathrm{Lemma}:\binom{r}{k}=(-1)^k\binom{k-r-1}{k}\)
\[\begin{aligned}
\mathrm{LHS}&=\sum_{k}{(-1)^k\binom{l}{m+k}\binom{s+k}{s+k-n}}\\
&=\sum_{k}{(-1)^k(-1)^{s+k-n}\binom{l}{m+k}\binom{-n-1}{s+k-n}}\\
&=\sum_{k}{(-1)^{s-n}\binom{l}{l-m-k}\binom{-n-1}{s+k-n}}\\
&=(-1)^{s-n}\binom{l-n-1}{l+s-m-n}\\
&=(-1)^{s-n}*(-1)^{l+s-m-n}\binom{l+s-m-n-(l-n-1)-1}{l+s-m-n}\\
&=(-1)^{l-m}\binom{s-m}{l+s-m-n}\\
&=(-1)^{l+m}\binom{s-m}{n-l}
\end{aligned}
\]
数学已放下太久，\(NOIP\) 日益临近，退役的日子越来越近，我们终将渐行渐远。
一枕黄粱梦太长，仰看此月光，当往事浮现恍然如梦一场。
\[\mathrm{mklzc}\quad-2022.9.19
\]
组合日记-九月二十日
二项式系数商的处理
\(\displaystyle\sum_{k=0}^{m}{\frac{\binom{m}{k}}{\binom{n}{k}}}=\frac{n+1}{n+1-m}\)
证明：
\(\displaystyle\mathrm{Lemma~1}:\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k}\)
\(\displaystyle\mathrm{Lemma~2}:\sum_{k=0}^{n}{\binom{r+k}{k}}=\binom{r+n+1}{n}\)
\[\begin{aligned}
\mathrm{LHS}&=\frac{1}{\binom{n}{m}}\sum_{k=0}^{m}{\binom{n-k}{m-k}}\\
&=\frac{1}{\binom{n}{m}}\sum_{m-k\ge 0}{\binom{n-(m-k)}{m-(m-k)}}\\
&=\frac{1}{\binom{n}{m}}\sum_{k\ge 0}{\binom{n-m+k}{k}}\\
&=\frac{\binom{n+1}{m}}{\binom{n}{m}}\\
&=\frac{n+1}{n-m+1}
\end{aligned}
\]
二项式定理的逆向运用
\(\displaystyle\mathrm{Lemma}:(x+y)^n=\sum_{k=0}^{n}{\binom{n}{k}x^k}y^{n-k}\)
\[\begin{aligned}
&\quad\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}{\binom{j-1}{i-1}(m-1)^{j-i}m^{n-(j-i)}}\\
&=\sum_{1\le j\le n}m^{n-j}\sum_{1\le i\le j}{\binom{j-1}{i-1}(m-1)^{j-i}m^{i}}\\
&=\sum_{1\le j+1\le n}m^{n-j-1}\sum_{1\le i+1\le j+1}{\binom{j}{i}(m-1)^{j-i}m^{i+1}}\\
&=\sum_{0\le j\le n-1}m^{n-j}(2m-1)^{j}
\end{aligned}
\]
又是一天过去了，模拟赛连一等奖的分数线都岌岌可危，这样下去，希望到底在哪里？
无法突破的思维壁垒，难以跨越的知识高墙。
\[\mathrm{mklzc}\quad-2022.9.20
\]
组合日记-九月二十一日
卡特兰数通项公式的生成函数推导
符号约定： \(C[i],[x^i]C(x)\) 表示 \(C(x)\) 的 \(x^i\) 的系数。
设 \(C[0]=1,C[n]=n\) 对括号构成的的合法括号序列数。
\[\begin{aligned}
&C[n+1]=\sum_{i=0}^{n}{C[i]C[n+i]}\\
&[x^{n+1}]C(x)=[x^n]C(x)^2\\
&\frac{C(x)-1}{x}=C(x)^2\\
&C(x)=\frac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x}\\
\end{aligned}
\]
因为 \(\displaystyle\lim_{x\to 0}{C(x)=1}\)，故 \(\displaystyle C(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\)
\(\displaystyle\mathrm{Lemma}:\sqrt{1-4x}=(1-4x)^{\frac{1}{2}}=\sum_{i=0}^{\infty}(-4x)^i\binom{\frac{1}{2}}{i}=\sum_{i=0}^{\infty}{(-2)*\frac{1}{i-1}\binom{2i-2}{i}x^i}\)
\[\begin{aligned}
&[x^n]x*C(x)=[x^{n}](\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x})\\
&[x^{n-1}]C(x)=\frac{1}{n-1}\binom{2n-2}{n}, (n\neq 1)\\
&C[n]=\frac{1}{n}\binom{2n}{n+1}=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}
\end{aligned}
\]
一个组合恒等式
\(\displaystyle \sum_{k=0}^{n}{k\binom{m-k-1}{m-n-1}}/\binom{m}{n}\)
\(Proof:\)
\[\begin{aligned}
\mathrm{LHS}&=\frac{1}{\binom{m}{n}}\sum_{k=0}^{n}{(m-(m-k))\binom{m-k-1}{m-n-1}}\\
&=\frac{1}{\binom{m}{n}}\left[m\sum_{k=0}^{n}{\binom{m-k-1}{m-n-1}}-\sum_{k=0}^{n}{(m-k)\binom{m-k-1}{m-n-1}}\right]\\
&=\frac{1}{\binom{m}{n}}\left[m\binom{m}{m-n}-\sum_{k=0}^{n}(m-k)\frac{m-n}{m-k}\binom{m-k}{m-n}\right]\\
&=m-\frac{1}{\binom{m}{n}}(m-n)\sum_{k=0}^{n}{\binom{m-k}{m-n}}\\
&=m-\frac{m-n}{\binom{m}{n}}\binom{m+1}{m-n+1}\\
&=m-(m-n)\frac{m+1}{m-n+1}\\
&=\frac{n}{n+m-1}
\end{aligned}
\]
\(Q.E.D\)
组合日记-九月二十二日
递推式的推导
\(\displaystyle Q_n=\sum_{k\le 2^n}{\binom{2^n-k}{k}}(-1)^k, n\in \mathbb{N^+}\)
试求 \(Q_{1000000}\) 。
观察到 \(n\) 只以 \(2^n\) 的形式出现过，设 \(m=2^n\)
\[\begin{aligned}
Q_n=R_m&=\sum_{k\le m}{\binom{m-k}{k}(-1)^k}\\
&=\sum_{k\le m}{\binom{m-1-k}{k}(-1)^k}+\sum_{k\le m}{\binom{m-1-k}{k-1}(-1)^k}\\
&=\sum_{k\le m-1}{\binom{m-1-k}{k}(-1)^k}+\binom{-1}{m}(-1)^m-\sum_{k+1\le m}{\binom{m-2-k}{k}(-1)^{k}}\\
&=R_{m-1}+\binom{-1}{m}(-1)^m-\sum_{k\le m-2}{\binom{m-2-k}{k}(-1)^{k}}-\binom{-1}{m-1}(-1)^{m-1}\\
&=R_{m-1}-R_{m-2}+\binom{-1}{m}(-1)^m+\binom{-1}{m-1}(-1)^{m-1}\\
&=R_{m-1}-R_{m-2}+(-1)^{2m}+(-1)^{2(m-1)}\\
&=R_{m-1}-R_{m-2}
\end{aligned}
\]
考察 \(R\) 的前几项的值： \(R_0=0,R_1=1,R_2=1\)
手玩可以得到：
\[\left\{
\begin{aligned}
R_0 &=0\\
R_1 &=1\\
R_2 &=1\\
R_3 &=0\\
R_4 &=-1\\
R_5 &=-1\\
R_6 &= 0\\
R_7 &= 1\\
\end{aligned}
\right.
\]
观察发现，每六个数为一个循环节。
当然，考虑更严谨的证明：
\(R_m=R_{m-1}-R_{m-2}=(R_{m-2}-R_{m-3})-R_{m-2}=-R_{m-3}=R_{m-6}\) 。
这样 \(Q_n=R_{2^n}\) 就可以很轻易的求出了。
组合日记-九月二十三日
成立条件
\(\displaystyle \sum_{k}{\binom{n}{k}\binom{s}{k}k},n\in \mathbb{N}\)
有点像 LINK 的 \(1.\) 式。
\(\displaystyle \mathrm{Lemma1}: \binom{n}{k}=\binom{n}{n-k},n\in \mathbb{N}\)
\[\begin{aligned}
\mathrm{LHS}&=\sum_{k}{\binom{n}{k}\binom{s-1}{k-1}s}\\
&=s\sum_{k}{\binom{n}{n-k}}{\binom{s-1}{k-1}}\\
&=s\binom{n+s-1}{n-1}
\end{aligned}
\]
式子推导很简单，可以说是易如反掌，但是为什么吸收系数 \(k\) 的是 \(\displaystyle \binom{s}{k}\)，而非 \(\displaystyle \binom{n}{k}\) 呢？
关注式子的推导过程：运用了 \(\mathrm{Lemma1}\)，而 \(\mathrm{Lemma1}\) 仅在 \(n\in \mathbb{N^+}\) 的时候成立。
若用 \(\displaystyle \binom{n}{k}\) 吸收系数 \(k\) ，那么就涉及到了 \(n-1\) 的正负问题，然而 \(n-1\) 不一定是正的。
如上启发我们要关注式子推导过程中所运用恒等式的成立条件，同时可以发现，没有任何条件限制的组合恒等式是最有用的（整数意义下）。
如下列出了一些常用恒等式的成立条件：
\[\left\{
\begin{aligned}
&\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k},n\in \mathbb{N},k\in \mathbb{Z}\\
&\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}\frac{n}{k}, k\in \mathbb{Z}, k\neq 0\\
&\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}, k\in \mathbb{Z}\\
&\binom{n}{k}=(-1)^k\binom{k-n-1}{k}, k\in \mathbb{Z}\\
&\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k},k,m\in \mathbb{Z}\\
&\sum_{k}{\binom{n}{k}x^ky^{n-k}}=(x+y)^n, n\ge 0~or\mid\frac{x}{y}\mid<1\\
&\sum_{k\le n}{\binom{m+k}{k}}=\binom{n+m+1}{n}, n\in \mathbb{N}\\
&\sum_{k\le n}{\binom{m}{k}}=\binom{m+1}{n+1}, m,n\in \mathbb{N}\\
&\sum_{k}{\binom{r}{k}\binom{s}{n-k}}=\binom{r+s}{n}, n\in\mathbb{Z}
\end{aligned}
\right.
\]
如上十个组合恒等式经常会用到，记住它们的成立条件是有意义的。
休对故人思故国，且将新火试新茶，诗酒趁年华。
组合日记-九月二十四日
前带系数的二项式系数的处理
\(\displaystyle\sum_{k\ge 0}{\binom{n+k}{m+2k}}\binom{2k}{k}\frac{(-1)^k}{k+1}\)
\(\displaystyle \binom{n+k}{m+2k}\) 的处理很巧妙。
\[\begin{aligned}
\mathrm{Lemma~1:}&\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k}\\
\mathrm{Lemma~2:}&\sum_{-q\le k\le l}{\binom{l-k}{r}\binom{q+k}{s}}=\binom{l+q+1}{r+s+1}\\
\end{aligned}
\]
\(\mathrm{Lemma~2}~Proof:\)
\[\begin{aligned}
\mathrm{LHS}&=\sum_{-q\le k\le l}{\binom{l-k}{l-k-r}\binom{q+k}{q+k-s}}\\
&=\sum_{-q\le k\le l}{(-1)^{l-k-r}(-1)^{q+k-s}\binom{-r-1}{l-k-r}\binom{-s-1}{q+k-s}}\\
&=(-1)^{l+q-r-s}\sum_{-q\le k\le l}{\binom{-r-1}{l-k-r}\binom{-s-1}{q+k-s}}\\
&=(-1)^{l+q-r-s}\binom{-r-s-2}{l+q-r-s}\\
&=\binom{l+q+1}{l+q-r-s}\\
&=\binom{l+q+1}{r+s+1}\\
Q.E.D&
\end{aligned}
\]
用 \(\mathrm{Lemma~2}\) 构造以 \(2k\) 为底的二项式系以应用 \(\mathrm{Lemma~1}\) 。
\[\begin{aligned}
&=\sum_{k\ge 0}\sum_{i=0}^{n+k-1}{\binom{n-i+k+1}{2k}\binom{i}{m-1}\binom{2k}{k}\frac{(-1)^k}{k+1}}\\
&=\sum_{i\ge 0}{\binom{i}{m-1}}\sum_{0\le k\le i+1-n}{\binom{n-i+k+1}{2k}\binom{2k}{k}\frac{(-1)^k}{k+1}}\\
&=\sum_{i\ge 0}{\binom{i}{m-1}}\sum_{0\le k\le i+1-n}{\binom{n-i+k-1}{k}\binom{n-i-1}{k}\frac{(-1)^k}{k+1}}\\
&=\sum_{i\ge 0}{\binom{i}{m-1}\frac{1}{n-i}}\sum_{0\le k\le i+1-n}{\binom{n-i+k-1}{k}\binom{n-i}{k+1}(-1)^k}\\
&=\sum_{i\ge 0}{\binom{i}{m-1}\frac{1}{n-i}}\sum_{0\le k\le i+1-n}{\binom{i-n}{k}\binom{n-i}{n-i-k-1}}\\
&=\sum_{i\ge 0}{\binom{i}{m-1}\frac{1}{n-i}\binom{0}{n-i-1}}\\
&=\sum_{i\ge 0}{\binom{i}{m-1}\frac{1}{n-i}[i=n-1]}\\
&=\binom{n-1}{m-1}
\end{aligned}
\]
最后得到的是一个非常优美的形式。
组合日记-九月二十五日
CF1278F
答案即为：
\(\displaystyle \sum_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}i^k}\)
考虑化简：
\[\begin{aligned}
\mathrm{Lemma1:}&i^k=\sum_{j}{\binom{i}{j}\begin{Bmatrix}k \\ j\end{Bmatrix}j!}\\
\mathrm{Lemma2:}&\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k}
\end{aligned}
\]
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}i^k}\\
=&\sum_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}}\sum_{j}{\binom{i}{j}\begin{Bmatrix}k \\ j\end{Bmatrix}j!}\\
=&\sum_{j}{\begin{Bmatrix}k \\ j\end{Bmatrix}j!}\sum_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}\binom{i}{j}p^i(1-p)^{n-i}}\\
=&\sum_{j}{\begin{Bmatrix}k \\ j\end{Bmatrix}j!}\sum_{i=0}^{n}{\binom{n}{j}\binom{n-j}{i-j}p^i(1-p)^{n-i}}\\
=&\sum_{j}{\begin{Bmatrix}k \\ j\end{Bmatrix}\binom{n}{j}j!}\sum_{i=0}^{n}{\binom{n-j}{i-j}p^i(1-p)^{n-i}}\\
=&\sum_{j}{\begin{Bmatrix}k \\ j\end{Bmatrix}\binom{n}{j}j!}p^j\sum_{i=0}^{n}{\binom{n-j}{i-j}p^{i-j}(1-p)^{n-i}}\\
=&\sum_{j}{\begin{Bmatrix}k \\ j\end{Bmatrix}\binom{n}{j}j!p^j}\\
=&\sum_{j\le \min(k, n)}{\begin{Bmatrix}k \\ j\end{Bmatrix}\binom{n}{j}j!p^j}
\end{aligned}
\]
化简到这里，已经可以用 \(O(k^2)\) 递推做掉这道题了。
然而还可以继续。
对 \(Lemma1\) 使用二项式反演得到：
\[\begin{aligned}
i!\begin{Bmatrix}k \\ i\end{Bmatrix}=\sum_{j}{(-1)^{i-j}\binom{i}{j}j^k}
\end{aligned}
\]
继续刚才的推导。
\[\begin{aligned}
&=\sum_{j=0}^{\min(n,k)}{\binom{n}{j}p^j}\sum_{i=0}^{j}{(-1)^{j-i}\binom{j}{i}i^k}\\
&=\sum_{i=0}^{\min(n,k)}{i^k}\sum_{j=i}^{\min(n,k)}{\binom{j}{i}\binom{n}{j}(-1)^{j-i}p^j}\\
&=\sum_{i=0}^{\min(n,k)}{i^k(-1)^i\binom{n}{i}}\sum_{j=i}^{\min(n,k)}{\binom{n-i}{j-i}(-p)^j}\\
&=\sum_{i=0}^{\min(n,k)}{i^k\binom{n}{i}p^i}\sum_{j=0}^{\min(n,k)-i}{\binom{n-i}{j}(-p)^{j}}
\end{aligned}
\]
考虑裂项求后面和式的递推式。
以下是 \(k\le n\) 的情况：
\[\begin{aligned}
R_i&=\sum_{j=0}^{k-i}{\binom{n-i}{j}(-p)^j}\\
&=\sum_{j=0}^{k-i}{\binom{n-i-1}{j}(-p)^j}+\sum_{j=1}^{k-i}{\binom{n-i-1}{j-1}(-p)^j}\\
&=R_{i+1}+\binom{n-i-1}{k-i}(-p)^{k-i}+\sum_{j=0}^{k-i-1}{\binom{n-i-1}{j}(-p)^{j+1}}\\
&=R_{i+1}+\binom{n-i-1}{k-i}(-p)^{k-i}+(-p)\sum_{j=0}^{k-i-1}{\binom{n-i-1}{j}(-p)^{j}}\\
&=R_{i+1}-pR_{i+1}+\binom{n-i-1}{k-i}(-p)^{k-i}\\
\end{aligned}
\]
边界是 \(R_k=1\)
对于 \(n<k\) 的情况：\(R_i=(1-p)R_{i+1},R_n=1\)
综上所述：
\[\begin{aligned}
Ans=\sum_{i=0}^{\min(n,k)}{i^k\binom{n}{i}p^iR_i}
\end{aligned}
\]
组合日记-九月二十六日
二项式系数中的 \(\frac{1}{2}\)
\(\displaystyle r^{\underline{k}}(r-\frac{1}{2})^{\underline{k}}=\frac{(2r)^{\underline{2k}}}{2^{2k}}, k\in \mathbb{N}\)
将下降幂展开后交替书写，比较显然。
两侧同除以 \(k!\) 导出如下公式：
\[\begin{align}
&\binom{r}{k}\binom{r-\frac{1}{2}}{k}=\binom{2r}{2k}\binom{2k}{k}\frac{1}{2^{2k}}\\
&\binom{n-\frac{1}{2}}{n}=\binom{2n}{n}\frac{1}{4^n}\\
&\binom{-\frac{1}{2}}{n}=(\frac{-1}{4})^n\binom{2n}{n}
\end{align}
\]
于是对于形如 \((x+y)^{\frac{1}{2}}\) 二项式展开后的情形，\((2),(3)\) 给出了一种优美的处理方式。
如上两式还给出了系数如 \(4^{-n}\) 或 \(\binom{2k}{k}\) 的一种处理办法。
比如下面这个例子：
\[\begin{aligned}
&\sum_{k}{\binom{n}{2k}\binom{2k}{k}2^{-2k}}\\
=&\sum_{k}{\binom{\frac{n}{2}}{k}\binom{\frac{n-1}{2}}{k}}\\
=&\binom{n-\frac{1}{2}}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}
\end{aligned}
\]
还有一个非常优美的恒等式
\[\begin{aligned}
&\sum_{k}{\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k}}\\
=&\sum_{k}{(-4)^k\binom{-\frac{1}{2}}{k}(-4)^{n-k}\binom{-\frac{1}{2}}{n-k}}\\
=&(-4)^n\binom{-1}{n}\\
=&4^n
\end{aligned}
\]
