组合日记

《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：

1. $\displaystyle \sum_{k}{\binom{l}{m+k}\binom{s}{n+k}}=\binom{l+s}{l+n-m}$

证明：这就是范德蒙德卷积的简单变形。

$$\begin{aligned} \mathrm{LHS}=\sum_{k}{\binom{l}{l-m-k}\binom{s}{n+k}} =\binom{l+s}{l+n-m} \end{aligned}$$

2. $\displaystyle\sum_{k}{\binom{l}{m+k}\binom{s+k}{n}(-1)^k}=(-1)^{l+m}\binom{s-m}{n-l}$

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

$$\begin{aligned} &\sum_{k}{\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k}}\\ =&\sum_{k}{(-4)^k\binom{-\frac{1}{2}}{k}(-4)^{n-k}\binom{-\frac{1}{2}}{n-k}}\\ =&(-4)^n\binom{-1}{n}\\ =&4^n \end{aligned}$$