数数结论乱记（长期
\[x^{\overline{n}} = \sum_{k}\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}x^k
\\
x^n = \sum_{k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}(-1)^{n-k}x^{\overline k}
\]
\[x^n = \sum_{k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}x^{\underline k}
\\
x^{\underline n} = \sum_{k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}(-1)^{n-k}x^k
\]
可以编口诀背
对于一个集合 N， 定义函数 f:2N -> R， 以及函数 f 的 zeta变换 fζ：\(f\zeta(S) = \sum\limits_{T\subseteq S}f(T)\)， 有：
\[f(S) = \sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f\zeta(T)
\]
本质上是高维前缀和还原单点。对于下标为偏序集的函数 f， 其 zeta 变换后 f(n) 的结果就是所有下标 i ≤ n 的 f(i) 之和。
编一下， f 的反 zeta 变换记作 ζf， \(\zeta f(S)=\sum\limits_{S\subseteq T}f(T)\)，同样有
\[f(S) = \sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}\zeta f(T)
\]
同样本质上是高维前缀和的那一套， 容斥系数与 “区别维度数” 有关， 且每维的区别至多是 1。
这玩意大概叫子集反演。
似乎有更高级的应用， 即集合中的元素是命题， 命题成不成立都对应一类对象， 这个高级应用可以推出高维前缀和的式子。
要学算自然数幂和， 墙裂推荐
问题是求：\(S_t(n) = \sum\limits_{k=0}^n k^t\)。
扰动法
\[\begin{align}
S_{t+1}(n+1) &= S_{t+1}(n+1)
\\
S_{t+1}(n)+(n+1)^{t+1} &= 0^{t+1} + \sum_{k=0}^n(k+1)^{t+1}
\\
&=\sum_{k=0}^n\sum_{i=0}^{t+1}\binom{t+1}i k^i = \sum_{i=0}^{t+1}\binom{t+1}i \sum_{k=0}^n k^i
\\
&=\sum_{i=0}^{t+1}\binom{t+1}iS_i(n)
\end{align}
\\
\]
于是就有：
\[\begin{align}
\sum_{i=0}^{t}\binom{t+1}iS_i(n) &= (n+1)^{t+1}
\\
\binom{t+1}t S_t(n) &= (n+1)^{t+1}-\sum_{i=0}^{t-1}\binom{t+1}iS_i(n)
\\
S_t(n) &= \frac 1{t+1}\left( (n+1)^{t+1}-\sum_{i=0}^{t-1}\binom{t+1}iS_i(n) \right)
\end{align}
\]
斯特林数+离散微积分
斯特林数是为了通常幂转下降幂， 离散微积分是为了求自然数 下降 幂和。
要用到的离散微积分技巧：基于求和式 \(\sum\limits_{k=a}^b g(k+1)-g(k) = g(b+1)-g(a)\)，如此， 如果知道 \(\Delta g(n) = g(n+1)-g(n) = f(n)\)， 就可以快速计算 \(\sum\limits_{k=a}^b f(k)\)。
那么：
\[\begin{align}
S_t(n) &= \sum_{k=0}^n k^t
\\
&= \sum_{k=0}^n \sum_{i=0}^t \begin{Bmatrix}t\\ i\end{Bmatrix}k^{\underline i}
\\
&= \sum_{i=0}^t \begin{Bmatrix}t\\ i\end{Bmatrix} \sum_{k=0}^n k^{\underline i}
\\
& = \sum_{i=0}^t \begin{Bmatrix}t\\ i\end{Bmatrix} \frac{(n+1)^{\underline{i+1}}}{i+1}
\\
& = \sum_{i=0}^t \begin{Bmatrix}t\\ i\end{Bmatrix} \frac{1}{i+1}
\sum_{j=0}^{i+1}\begin{bmatrix}i+1\\j\end{bmatrix}(-1)^{i+1-j}(n+1)^j
\end{align}
\]
高阶差分+牛顿级数
牛顿级数对标泰勒级数
高阶差分：
\[\begin{align}
\Delta f(k) &= f(k+1) - f(k)
\\
\Delta^2 f(k) = \Delta f(k+1)-\Delta f(k) &= f(k+2)-2f(k+1)+f(k)
\\
\Delta^3 f(k) = \cdots&= f(k+3)-3f(k+2)+3f(k+1)-f(k)
\end{align}
\]
显而易见的规律：
\[\Delta^nf(x) = \sum_{k=0}^n\binom nk(-1)^{n-k}f(x+k)
\]
可以用归纳法证明，听推荐文章说的，试着用下算子证明：
\[\begin{align}
ef(x) &= f(x)
\\
sf(x) &= f(x+1)
\\
\Delta f(x) &= f(x+1) - f(x)
\\
\Delta f(x) &= (s-e)f(x)
\\
\Delta^n f(x) &= (s-e)^n f(x)
\\
&= \left( \sum_{k=0}^n \binom nk s^k (-1)^{n-k}e^{n-k} \right) f(x)
\end{align}
\]
然后显然 \(s^ke^{n-k}f(x)=f(x+k)\)， 就得证了。
