高阶差分求解多项式求和

高阶差分求解多项式求和

高阶差分

记 $\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)$。称 $\Delta f(x)$ 为 $f(x)$ 的一阶差分。

同理：记 $\Delta^n f(x)=\Delta^{n-1}f(x+1)-\Delta^{n-1} f(x)$ 。称 $\Delta^n f(x)$ 为 $f(x)$ 的 $n$ 阶差分。

下面给出差分的几个比较重要的性质。

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性质 $1$：若 $f(x)$ 为度为 $n$ 的多项式，则 $\Delta^{n+1} f(x)=0$。

证明：

$$\Delta f(x)=\sum a_i(x+1)^i-a_ix^i$$

不难发现 $\Delta f(x)$ 的 $x^n$ 项的系数为 $0$。

所以 $\Delta f(x)$ 为度为 $n-1$ 的多项式。

又由于 $\Delta^n f(x)=\Delta^{n-1}f(x+1)-\Delta^{n-1} f(x)$。

不难归纳出 $\Delta^{k} f(x)$ 的度数为 $n-k$。当 $k=n$ 是 $\Delta^k f(x)$ 已经是常数了，再做一次差分归 $0$。

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性质 $2$ ：

$$\Delta^r f(x)=\sum_{i=0}^r(-1)^{r-i}\binom{r}{i}f(x+i)$$

证明：

利用数学归纳法。当 $r=1$ 的显然成立（直接带入发现一致）

若 $r\le m$ 时此式成立，则设 $r=m$。我们只需证明 $r+1$ 时该式同样成立即可。

根据定义有：

$$\begin{aligned} \Delta^{r+1} f(x)&=\Delta^rf(x+1)-\Delta^r f(x) \\ &= \sum_{i=0}^r(-1)^{r-i}\binom{r}{i}f(x+i+1)-\sum_{i=0}^r(-1)^{r-i}\binom{r}{i} f(x+i) \\ &=\sum_{i=1}^{r+1}(-1)^{r-(i-1)}\binom{r}{i-1}f(x+i)-\sum_{i=0}^r(-1)^{r-i}\binom{r}{i}f(x+i) \\ &=\sum_{i=1}^{r}((-1)^{r-(i-1)}\binom{r}{i-1}-(-1)^{r-i})f(x+i)+(-1)^{r-(r+1-1)}\binom{r}{r}f(x+r+1)-(-1)^{r-0}\binom{r}{0}f(x) \\ &=\sum_{i=1}^r((-1)^{r-i+1}(\binom{r}{i-1}+\binom{r}{i}))f(x+i)+(-1)^{r+1-r-1}\binom{r+1}{r+1}f(x+r+1)+(-1)^{r+1-0}\binom{r+1}{0}f(x) \\ &=\sum_{i=1}^r(-1)^{r+1-i}\binom{r+1}{i}f(x+i)+(-1)^{r+1-r-1}\binom{r+1}{r+1}f(x+r+1)+(-1)^{r-l-0}\binom{r+1}{0}f(x) \\ &=\sum_{i=0}^{r+1}(-1)^{r+1-i}\binom{r+1}{i}f(x+i) \end{aligned}$$

证毕。

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正题

高阶差分可以用来处理这样一类问题：

求 $\sum_{i=1}^nf(i)\times q^i$。

其中 $f(i)$ 是一个度为 $k$ 的多项式。

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当 $q=0$ 时。答案是 $0$。

当 $q=1$ 时，我们发现就是求一个多项式的前缀和。我们知道一个度为 $n$ 的多项式的前缀和是一个度为 $n+1$ 的多项式，所以我们直接拉格朗日插值即可。

当 $q>1$ 时。

引入一个结论：

设 $S(n)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)\times q^i$ 则存在一个度为 $k$ 的多项式 $G(x)$ 使得 $S(n)=q^n\times G(n)-G(0)$

证明如下：

依旧是采用数学归纳法，当 $k=0$ 时显然成立。

假设当 $k\le m$ 时成立，我们让 $k=m+1$。

$$\begin{aligned} S(n)&=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)\times q^i \\ q\times S(n)&=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)\times q^i=\sum_{i=1}^{n}f(i-1)\times q^i \\ (1-q)\times S(n)&=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)\times q^i-\sum_{i=1}^nf(i-1)\times q^i \\ &=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)\times q^i-\sum_{i=0}^{n}f(i-1)\times q^i+f(-1) \\ &=\sum_{i=0}^{n-1}(f(i)-f(i-1))\times q^i -f(n-1)\times q^n+f(-1) \end{aligned}$$

注意到 $f(i)-f(i-1)$ 是一个差分的形式，那么它的度应该是 $k-1$。此时命题成立，那么我们将 $\sum_{i=0}^{n-1}(f(i)-f(i-1))\times q^i$ 替换成 $q^n\times P(n)-P(0)$，其中 $P(x)$ 是一个度为 $k-1$ 的多项式，那么有：

$$\begin{aligned} (1-q)\times S(n)&=q^n\times P(n)-P(0)-f(n-1)\times q^n+f(-1) \\ (1-q)\times S(n)&=q^n\times(P(n)-f(n-1))-(P(0)-f(-1)) \\ S(n)&=q^n\times \dfrac{P(n)-f(n-1)}{1-q}-\dfrac{P(0)-f(-1)}{1-q} \end{aligned}$$

我们设 $G(x)=\dfrac{P(x)-f(x-1)}{1-q}$。易知 $G(x)$ 是一个度为 $k$ 的多项式。（$f(x-1)$ 的度为 $k$）

那么有：

$$S(n)=q^n\times G(x)-G(0)$$

证毕。

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$S(n)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)\times q^i=q^n\times G(n)-G(0)$。

所以答案就应该是：

$$S(n+1)-f(0)=q^{n+1} \times G(n+1)-G(0)-f(0)$$

$f(0)$ 一般来说是比较好求的。

问题是如何快速求出 $G(n+1)$ 和 $G(0)$。

由于 $G$ 是一个度为 $k$ 的多项式，只要我们能算出 $G(0)\dots G(k)$。那么就可以通过插值插出 $G(n+1)$。

问题转化成求 $G(0)$。

还是依靠差分：

$$\begin{aligned} S(n+1)-S(n)&=q^{n+1}\times G(n+1)-G(0)-(q^n\times G(n)-G(0)) \\ S(n+1)-S(n)&=q^{n+1}\times G(n+1)-q^n\times G(n) \\ q^{n}f(n)&=q^{n+1}\times G(n+1)-q^n\times G(n) \\ G(n+1)&=\dfrac{q^n\times f(n)+q^n\times G(n)}{q^{n+1}}=\dfrac{f(n)+G(n)}{q} \end{aligned}$$

所以所有 $G(n)$ 都可以用 $k\times G(0)+b$ 的形式表示出来。

但是我们只是得到了关系式，$G(0)$ 的值我们依然不知道。

既然都差分了那就差分到底

回顾下高阶差分的性质 $1,2$。因为 $G(x)$ 是一个度为 $k$ 的多项式，所以 $\Delta^{k+1}G(x)=0$。也就是：

$$\Delta^{k+1}G(0)=\sum_{i=0}^{k+1}(-1)^{k+1-i}\binom{k+1}{i}G(i)=0$$

而令人振奋的这一点是所有的 $G(i)$ 都可以用 $G(0)$ 表示！所以这其实是一个一元的方程！我们直接运用解出来 $G(0)$ 即可。

那么上述问题就被解决了。复杂度是 $O(k+\log n)$ 的（基本上是线性的，显然插值此时也是线性，$\log n$ 在于预处理求逆元）。当然如果你比较懒一边算一边求逆元的话就是 $O(k\log n)$ 的了。也是比较优秀的的，不至于有人还卡这个。