省选后数学学习

　　省选差点被数学题送退役（指式子推复杂了，导致最后还有一个组合数模非质数，没写出来），决定重新学一些数学知识。

Lucas定理的证明

　　上来先写一个理性愉悦。

　　先来复习一下Lucas是啥：$\binom{n}{m} \% p$ ，其中n,m比较大，p是一个不太大的质数；复杂度是预处理 $O(p)$，每次询问 $O(\log_pm)$。

　　首先证明一个引理：$(1+x)^p\equiv1+x^p\pmod p$，考虑使用二项式定理展开左边，得到：

　　$\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}x^i=\sum_{i=0}^p\frac{p!}{i!(p-i)!}x^i=\sum_{i=0}^p\frac{p(p-1)\dots(p-i+1)}{i!}x^i$

　　先不考虑 $i=0$ 的情况，在 $i\neq p$ 时，因为 $p$ 是质数，所以分子上的 $p$ 是不可能与分母约分的，也就是说，当 $i\neq p$ 时，$\binom{p}{i}x^i\equiv0 \pmod p$.即，$(1+x)^p=\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}x^i=\binom{p}{p}x^p+\binom{p}{0}x^0=1+x^p\pmod{p}$

　　不停使用这个引理，得到：$(1+x)^{p^i}=1+x^{p^i}\pmod p$

　　当然，用费马小定理似乎也可以直接证明这个引理就是了...

　　现在整一个好玩的东西：组合数生成函数；

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

　　对 $m$ 进行 $p$ 进制拆分：$m=\sum m_ip^i$

　　$f(x)=(1+x)^{\sum m_ip^i}=\prod(1+x)^{m_ip^i}=\prod((1+x)^{p^i})^{m_i}$

　　$=\prod (1+x^{p_i})^m=\prod \left(\sum\limits_{j=0}^{m_i}\binom{m_i}{j}x^{p^i\times j}\right)$

　　$=\prod\left(\sum\limits_{n_i=0}^{p-1}\binom{m_i}{n_i}x^{p^i\times n_i}\right)=\sum\left(\prod\binom{m_i}{n_i}\right)x^{\sum p^i n_i}$

　　我们将它和最早的形式放到一起，就可以得到：$\sum \binom{m}{n}x^n=\sum\left(\prod\binom{m_i}{n_i}\right)x^{\sum p^i n_i}$

　　两个生成函数相等，就意味着对应项的系数相等，可以得到：

　　$\binom{m}{n}=\prod\binom{m_i}{n_i}\pmod p$

　　于是就证明完啦。

 

斯特林数

　　第一类斯特林数：把n个数分为m个非空环的方案数；

　　　　递推：每个数可以选择自己新开一个环，或者插入之前任意一个数后边；

　　　　　　$\begin{bmatrix} n\\m \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} n-1\\m-1 \end{bmatrix}+(n-1)\times \begin{bmatrix} n-1\\m \end{bmatrix}$

 　　第二类斯特林数：把n个数分为m个非空集合的方案数；

　　　　递推：每个数可以选择自己新开一个集合，也可以加入之前的任意一个集合；

　　　　　　$\begin{Bmatrix} n\\m \end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix} n-1\\m-1 \end{Bmatrix}+m\times \begin{Bmatrix} n-1\\m \end{Bmatrix}$

　　　　容斥计算法：考虑有几个集合是空的；（要乘以阶乘的倒数是因为斯特林数中的集合是不区分的，但容斥式子中却是按区分来做的）

　　　　　　$\begin{Bmatrix} n\\m \end{Bmatrix}=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i\binom{m}{i}(m-i)^n$

　　既然第二类斯特林数可以用幂来表示，那幂也可以由第二类斯特林数表示，思路依然是考虑有几个空集合。

　　　　$n^k=\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}\times i!\times  \begin{Bmatrix} k\\i \end{Bmatrix}$

　　　　（差点被上述式子送退役）

 

下降幂与上升幂

　　下降幂：$n^{\underline{m}}=\prod_{i=0}^{m-1} (n-i)$

　　普通幂转下降幂：$n^m=\sum_{i=0}^m n^{\underline{i}}\begin {Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}$

　　　　证明：听上去很高级，其实就是 $n^k=\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}\times i!\times  \begin{Bmatrix} k\\i \end{Bmatrix}$ 的另一种写法罢了...

 

　　上升幂：$n^{\overline{m}}=\prod_{i=0}^{m-1} (n+i)$

　　上升幂转普通幂：$n^{\overline{m}}=\sum_{i=0}^m n^{i}\begin {bmatrix}m\\i\end{bmatrix}$

　　　　证明：采用数学归纳法：$\begin{align} x^{\overline{n}}&=(x+n-1)x^{\overline{n-1}}\\ &=(x+n-1)\sum_{k=0}^n \begin{bmatrix}n-1\\k \end{bmatrix}x^k\\ &=\sum_{k=0}^n \begin{bmatrix}n-1\\k \end{bmatrix}x^{k+1}+\sum_{k=0}^n  \begin{bmatrix}n-1\\k \end{bmatrix}x^k (n-1)\\ &=\sum_{k=1}^n \begin{bmatrix}n-1\\k-1 \end{bmatrix}x^{k}+\sum_{k=0}^n  \begin{bmatrix}n-1\\k \end{bmatrix}x^k (n-1)\\ &=\sum_{k=0}^n x^k (\begin{bmatrix} n-1\\k-1\end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\k\end{bmatrix})\\ &=\sum_{k=0}^n \begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} x^k\end{align}$

 

　　上升幂转下降幂：$x^{\overline n}=(-1)^n(-x)^{\underline{n}}$

　　下降幂转上升幂：$x^{\underline n}=(-1)^n(-x)^{\overline{n}}$

 

自然数幂次方和

　　自然数幂次方和指的是这样的问题：$S_k(n)=\sum_{i=0}^ni^k$

　　先介绍一个用第二类斯特林数解决的方案，该方案适合k小，n大的情况。

　　$S_k(n)=\sum_{i=0}^ni^k$

　　$=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^k\binom{i}{j}\times j!\times \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix}$

　　$=\sum_{j=0}^kj!\times \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix}\sum_{i=0}^n\binom{i}{j}$

　　后面那个组合数的和怎么计算呢？考虑组合意义，对于任意一个 $\binom{i}{j}$ 的方案，我们再额外选一个i+1进去...这样每种方案就相当于“在n+1个中选出j+1个”。也就是说 $\sum_{i=0}^n\binom{i}{j}=\binom{n+1}{j+1}$;

　　$S_k(n)=\sum_{j=0}^kj!\times \begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix}\binom{n+1}{j+1}$

　　这样就能快速计算自然数幂之和啦！