特殊数列（长期项目）
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斐波那契数列（Fibonacci）
可能不是很特殊，但是确是最为常见的，看名字就知道明显是个叫做斐波那契的人发现的，全名 莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）（意大利）。
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定义： \(f_0 = 0, f_1 = 1, f_n = f_{n - 1} +f_{n-2}(n \geq 2)\)
生成函数 \(F(x)=\dfrac{1}{1-x-x^2}\)
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通项公式： \(f_n = \dfrac{1}{\sqrt 5}[(\dfrac{1+\sqrt5}{2})^n - (\dfrac{1-\sqrt 5}{2})^n]\)，推导方式有很多种，这里使用
最简单的两种-
特征方程法：(都是自己盲猜的，有误请指正)
数列中特征方程法本质上就是构造等比数列，只不过完全看不出来（瞎猜）
\[f_n =f_{n-1}+f_{n-2} \iff f_n-f_{n-1}-f_{n-2}=0 \]可以看出 \(f_n、f_{n-1}、f_{n-2}\) 形式一样，我们设其为 \(f_n=aq^n\)，则
\[\begin{aligned} &aq^{n+2}-aq^{n+1}-aq^n=0 \\ \iff &aq^n(q^2-q-1)=0 \\ \iff &aq^n(q-\dfrac{1+\sqrt5}{2})(q-\dfrac{1+\sqrt5}{2})=0 \\ 有\ &f_{1,n} = a(\dfrac{1+\sqrt5}{2})^n, f_{2,n}=a(\dfrac{1-\sqrt5}{2})^n \\ 将特解线性组合得通解\ &f_n = Af_{1,n} +Bf_{2,n} \end{aligned} \]将 \(f_0 =0,f_1 =1\) 代入：
\[\begin{aligned} &\begin{cases} Aa+Ba=0 &(1)\\ Aa\left(\dfrac{1+\sqrt5}{2}\right)+Ba\left(\dfrac{1-\sqrt5}{2}\right)=1&(2) \end{cases} \\ \\ 解(1):&\ a(A+B)=0 \\ &\because a \not= 0（等比数列性质）\\ &\therefore A+B=0 \iff B=-A \\ 代入(2):&Aa\left(\dfrac{1+\sqrt5}{2}-\dfrac{1-\sqrt5}{2}\right)=\sqrt5Aa=1 \\ & \iff Aa=\dfrac{1}{\sqrt5} \end{aligned} \]再将两个结论代入原数列：
\[\begin{aligned} f_n = \ &Aa(\dfrac{1+\sqrt5}{2})^n+Ba(\dfrac{1-\sqrt5}{2})^n \\ =\ & Aa[(\dfrac{1+\sqrt5}{2})^n-(\dfrac{1-\sqrt5}{2})^n] \\ =\ & \dfrac{1}{\sqrt5}\left[\left(\dfrac{1+\sqrt5}{2}\right)^n-\left(\dfrac{1-\sqrt5}{2}\right)^n\right] \end{aligned} \] -
生成函数法：
\(f_n\)的普通型生成函数为 \(F(x)\)，则 \(F(x) = x+x^2+2x^3+3x^4+5x^5+...+f_n x^n+...\)
利用无穷项的特性，显然有 \(F-Fx=Fx^2+x \iff F=\dfrac{x}{1-x-x^2}\)
然后因式分解、裂项：
\[\begin{aligned} F(x) &= \dfrac{x}{1-x-x^2} = \dfrac{x}{(1-\phi_1x)(1-\phi_2x)} ,解得 \phi_1=\dfrac{1+\sqrt5}{2}, \phi_2=\dfrac{1-\sqrt5}{2}\\ &=x(\dfrac{a}{1-\phi_1x}+\dfrac{b}{1-\phi_2x})=x(\dfrac{a+b-x(a\phi_2+b\phi_1)}{(1-\phi_1x)(1-\phi_2x)}) \\ \iff &\begin{cases} a+b=1\\a\phi_2+b\phi_1=0\end{cases}, 解得\begin{cases} a=\dfrac{5+\sqrt5}{10}=\dfrac{1}{\sqrt5}\cdot\dfrac{\sqrt5+1}{2}\\ b=\dfrac{5-\sqrt5}{10}=\dfrac{1}{\sqrt5}\cdot\dfrac{\sqrt5-1}{2} \end{cases} \\ \iff F(x) &=ax\dfrac{1}{1-\phi_1x}+bx\dfrac{1}{1-\phi_2x} \\ &=ax(1+\phi_1x+\phi_1^2x^2+...+\phi_1^nx^n+...)+bx(1+\phi_2x+\phi_2^2x^2+...+\phi_2^nx^n+...) \\ &=\dfrac{1}{\sqrt5}(\dfrac{1+\sqrt5}{2}x+(\dfrac{1+\sqrt5}{2})^2x^2+...+(\dfrac{1+\sqrt5}{2})^nx^n+...) \\ &-\dfrac{1}{\sqrt5}(\dfrac{1-\sqrt5}{2}x+(\dfrac{1-\sqrt5}{2})^2x^2+...+(\dfrac{1-\sqrt5}{2})^nx^n+...) \end{aligned} \]据此，我们很容易看出 \(f_n = \dfrac{1}{\sqrt5}\left[\left(\dfrac{1+\sqrt5}{2}\right)^n-\left(\dfrac{1-\sqrt5}{2}\right)^n\right]\)
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一些性质：
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与黄金分割比的关系：
\[\large \lim_{n\rightarrow\infty} \dfrac{f_{n-1}}{f_{n}} = \dfrac{\sqrt5-1}{2} \]\(\rm{Proof:}\)
\(f_n=f_{n-1}+f_{n-2} \iff \dfrac{f_n}{f_{n-1}}=1+\dfrac{f_{n-2}}{f_{n-1}}\)，设极限 \(\lim_{n\rightarrow\infty}\dfrac{f_n}{f_{n-1}}\)存在且为 \(x\)。
则 \(\lim_{n\rightarrow\infty}\dfrac{f_{n-2}}{f_{n-1}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\dfrac{f_{n-1}}{f_{n}}=\dfrac{1}{x}\)，故：
\[x=1+\dfrac{1}{x} (x>1) \]解得 \(x=\dfrac{1+\sqrt5}{2} \iff \lim_{n\rightarrow\infty}\dfrac{f_{n-1}}{f_{n}} = \dfrac{1}{x}=\dfrac{\sqrt5-1}{2}\)
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- 平方项与前后项（勾股特征）：\[\large f_n^2-f_{n-1}f_{n+1}=(-1)^{n-1} \\ \large \iff \left|f_n^2-f_{n-1}f_{n+1}\right| = 1（定值） \]
- 平方项与前后项（勾股特征）：
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- 求和：
- 两倍项关系：
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隔项关系：
\[ \large f_{2n-2m-2}(f_{2n}+f_{2n+2})=f_{2m+2}+f_{4n-2m}, \ \ \ \ (n > m \geq -1, n \geq 1) \]-
将杨辉三角左对齐，所有斜率为 1 的直线上数的和为 f 的某一项
\[ \large f_n = \sum_{i=0}^m \binom{n-1-i}{i} \]其中 m 为同一直线上数的个数。
事实上这个结论是那样的显然，以至于写出来有点累赘了 -
\[ \large {m|n\implies f_m | f_n \\ f_{(n,m)}=(f_n, f_m)} \]
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因为我觉得这个线看起来很和谐，所以就搬上来了/xyx：
该图很好地证明了平方项求和的结论：\(\large \sum_{i=0}^nf_i^2=f_n f_{n+1}\)
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生成函数： 没啥好说的，普通生成函数 \(F(x)=\dfrac{x}{1-x-x^2}=x+x^2+2x^3+3x^4+...+f_{\infty}x^{\infty}\)
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矩阵递推： \(\begin{bmatrix}f_{n}&f_{n+1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}f_{n-1}&f_n\end{bmatrix} \times \begin{bmatrix}0&1\\1&1\end{bmatrix}\) ，可以快速得求出第 n 项。
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推广：
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斐波那契-卢卡斯数列：
卢卡斯数列： 1, 3, 4, 7, 11, 18...， （斐波那契—卢卡斯递推：\(a_n=a_{n-1}+a_{n-2}(n\geq 2)\)），简而言之，初值 \(a_0、a_1\)不同。
以 a、b 为前两项的、满足斐波那契—卢卡斯递推的数列 \(F(a,b)\) 就是斐波那契-卢卡斯数列。其所有数列都满足勾股特征( \(\left|f_n^2-f_{n-1}f_{n+1}\right|\) 为定值)，但不一定满足 \(\left|f_n^2-f_{n-1}f_{n+1}\right|=1\)（自然特征）
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广义斐波那契数列：
递推式诸如 \(f_n = pf_{n-1}+qf_{n-2}\) 的数列称为广义斐波那契数列。
啊这我怎么感觉好多好多常见数列都是广义斐波那契数列（自然数、等差、等比……）
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错位排列
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定义： 最早起源于信封问题，现在可以看成：满足任意 \(a_i \not= i\) 的排列数（瞎扯）
这显然只与 n 有关，设 \(d_n\) 为 n 个数字错位排列的方案数，则有：
其意义为：n 个数的全排列为 1~n 位全错位排列重新排列（i 个全错位重新分配到 n 个数中）的方案数之和。
容易发现 \(\binom{n}{i}d_i\) 为 n-i 位不错排，i 位为错排的方案数，求和即为全排列。
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推导公式及化简：
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将 (1) 式二项式反演，有通项公式：
\[\begin{aligned} d_n &= \sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i}(n-i)! \\ &= \sum_{i=0}^n (-1)^i \dfrac{n!}{(n-i)!i!} (n-i)! \\ &= n!\sum_{i=0}^n \dfrac{(-1)^i}{i!} \end{aligned} \]这个结论同样可以暴力容斥得到，但其实二项式反演的本质即容斥：
\[d_n = \sum_{S \in [n]} (-1)^{|S|} (n-|S|)! \]同样可以推出上面的通项公式。
这对于手算来说还是太繁琐了，有更简便的计算吗？
注意到 \(e^x\) 的 Taylor 展开式为 \(\displaystyle\sum_{i=0}^\infty \frac{x^i}{i!}\)，当代入 \(x = -1\) 时，有 \(e^{-1} = \displaystyle\sum_{i=0}^\infty \frac{(-1)^i}{i!}\)，与我们获得的通项公式中的某一项十分相似。
当 n 很大的时候，可以近似得认为\(e^{-1} = \displaystyle\sum_{i=0}^n \frac{(-1)^i}{i!}\) ，代入通项公式得近似公式：
\[d_n \approx \dfrac{n!}{e} \]经过误差考量我们发现，误差最大时将其值四舍五入即可得到正确答案，而误差随 \(n \rightarrow \infty\) 而逐渐减小，故有更简便的计算公式：
\[d_n =\left \lfloor \dfrac{n!}{e} +\dfrac{1}{2} \right \rfloor \]而这同时也说明了在 n 越来越大的时候，全排列数与错排数的比值趋近自然底数 e，真是美妙。
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递推公式：
\[d_n = (n - 1) (d_{n - 1} + d_{n - 2}) \]感性理解，放入第 n 个数字时：
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如果前面 n - 1 个数已是全错位排列，随便与一个数交换，也能得到一个错位排列。
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如果存在某个数不是错排（n - 2 位全错排），则必须与之交换，否则无法构成全错位。
这式子与前两项都有关，我们尝试化简：
\[\begin{aligned} &d_n = (n-1)d_{n-1} + (n-1)d_{n-2} \\ \iff & d_n - nd_{n-1} = -(d_{n- 1} - (n-1)d_{n-2}) \end{aligned} \]设 \(c_n = d_n - nd_{n-1}\), 则 \(c_2 = d_2 = 1\)，易得 \(c_n = 1\times(-1)^{n-2} = (-1)^n\)
得递推公式：\[\displaystyle{d_n = nd_{n-1} + (-1)^n} \] -
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生成函数： 指数型生成函数 \(\hat{D(x)} = \dfrac{1}{e^x(1-x)}\)
之前已经讨论过 Bell数列生成函数的推导 ，但在 H 队博客里还提到了这么一个结论：
因此，我们可以归纳出 exp 函数在生成函数运算上的组合意义：设有标号组合对象 A 的指数型生成函数为 \(\hat{A(x)}\)，表 \([x^n]\hat{A(x)}\times n!\) 示组合 n 个元素的方案数，那么 \(\hat{B(x)}=e^{\hat{A(x)}}\) 就是把元素划分为若干无标号不交并，每一个子集内当作组合对象 A 来处理，所对应的 EGF（指数型生成函数）.
错位排列一定是由一些大小不为 1 的置换环组合而来，比如 \(\text{2 3 4 5 6 1}\) 是一个大小为 6 的置换环，而 \(\text{2 3 1 5 6 4}\) 则是两个大小为 3 的置换环组合来的。错排的定义正好吻合：不存在大小为 1 的置换环。
每个置换环可以看作单独的一个对象 A，而 \(\hat{A(x)}\) 即为环排列的生成函数 \(\hat{G} -x= \ln\dfrac{1}{1-x}-x\)（减去大小为 1 的置换环）
则错位排列的生成函数即为：
\[\hat{D(x)} = e^{\hat{A(x)}} = e^{\ln \frac{1}{1-x}-x} = \dfrac{1}{(1-x)e^x} \]泰勒展开验算：
\[1 + \dfrac{x^2}{2!} + \dfrac{2x^3}{3!} + \dfrac{9x^4}{4!} + \dfrac{44 x^5}{5!} + ... \]系数就是错排数。
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拓展应用：
- 上面那个容斥的通项计算可以推广到一些特殊形式：m 个点已经给定的错排数，或 n-k 错排（理论）
我们考虑给定了 m 个点的错排数，需要我们填的只有 n-m 个空，类似于之前容斥：
\[ans = \sum_{i=0}^{n-m} (-1)^{i}\binom{n-m}{i} (n-m-i)! \]-
- 对于 n 个数中选 m 个构成错排的方案数，一种比较直观的方法是算出所有存在非错排的方案数：
\[ans = \sum_{i=\max(2m-n,0)}^m \binom{m}{i}\binom{n-i}{m-i}\sum_{0\le j \le i}(-1)^j\binom{i}{j}(m-j)! \]其含义为选出的 m 个数字中有 i 个在 \([1,m]\) 的范围内，那么选出 i 个可能在自己位置上，方案数 \(\binom{m}{i}\) ；其余有 \(m-i\) 个位置，随便在剩下的 \(n - i\) 个数字中选即可，方案数 \(\binom{n-i}{m-i}\) 接下来考虑这每一种构成非错排的不重不漏的方案数，套用错排计算通项即可。
- 对于只有一重和式的做法，可以考虑这么一种构造：一个 n 的任意排列，选前 m 个有效位，构成错排的方案数；除去 n!，也就是所有方案数。除去每次重复的 \((n-m)!\) 就可以计算出总方案数。\[\displaystyle \sum_{i=1}^m (-1)^{i-1} \binom{m}{i}(n-i-m)! \]
在前 m 位中选 i 个位错排，剩下全随便选，容斥一下可得方案数。
卡特兰数（Catalan number）
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定义：是组合数学中一个常出现于各种计数问题中的数列。百度百科上就是这么定义的。
前几项（0开始）：1,1,2,5,14,42,132,429,1430,4862,16796...，
其中第 i 项记为\(c_i\)。
我们主要研究卡特兰数的诸多实际应用，如合法出栈序列、合法括号匹配、多边形划分、二叉树形态等。
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生成函数： 指数型生成函数 \(C(x)=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\)
Proof:
\[\begin{split} &C(x)= \sum_{i=0}^\infty c_n x^i,\\ &C^2(x) = \sum_{i=0}^\infty (\sum_{j=0}^n c_j c_{i-j})x^i = \sum_{i=0}^\infty c_{i+1}x^i \\ \iff &C(x)=1+xC^2(x) \end{split} \]解得
\[C(x) = \dfrac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x} \]显而易见卡特兰数不可能有两个生成函数，考虑取舍。
我们将 \(\sqrt{1-4x}\) 暴力 Maclaurin（麦克劳林） 展开：
\[\sqrt{1-4x}=1-2x-2x^2 - 4x^3 - 10x^4... \]分别代入两个生成函数：
\[\begin{aligned} &C_1(x)=\dfrac{1+1-2x-2x^2-4x^3-10x^4...}{2x}=x^{-1}-1-x-2x^2-5x^3... \\ &C_2(x)=\dfrac{1-1+2x+2x^2+4x^3+10x^4}{2x} = 1+x+2x+5x^3... \end{aligned} \]恭喜你推出了卡特兰数第 -1 项显然 \(C_2\) 才是正确的生成函数。 -
计算公式：
递归/递推公式：
\[c_{n} = \begin{cases} 1 &n=0\\ \sum_{0\leq i\leq n-1} c_ic_{n-i-1}&n\geq1 \end{cases} \]\[c_n = \dfrac{4n-2}{n+1}c_{n-1} \]该式在实际应用中有很多具体意义，见下面的“应用”。
通项公式：
\[c_n = \dfrac{\binom{2n}{n}}{n+1}=\binom{2n}{n}-\binom{2n}{n-1} \]推导：
将 \(\sqrt{1-4x}\) 泰勒展开（或广义二项式展开）得到\(\sqrt{1-4x}=[x^n](-4)^n \binom{\frac{1}{2}}{n}\)，进而得到：
带进生成函数：
所以可得 \(c_n = \dfrac{\binom{2i}{i}}{i+1}\)
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应用：
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多边形对角线
Conclusion: 对于一个凸 n 边形，将其分割为若干三角形的方案数为 \(c_{n-2}\).
Proof: 对于某个点可以与 n-2 个点连线将多边形分成一个 a+1 边形和一个 n-a+1 边形，递归处理。
根据卡特兰数的定义，即可证明方案数为 \(c_{n-2}\)。
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n 次进栈，n 次出栈的合法排列数
Conclution: 为卡特兰数第 n 项。
Proof: 通过合法方案减去不合法方案得到答案为 \(\binom{2n}{n}-\binom{2n}{n-1}\)，发现即为卡特兰数通项公式 \(\frac{\binom{2n}{n}}{n+1} = \binom{2n}{n}(1-\frac{n}{n+1})=\binom{2n}{n}-\binom{2n}{n-1}\)，故得证。
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\((0,0)\rightarrow (n,n)\)不越过 \(y=x\) 的路径数
Conclusion: 方案数为 \(c_n\)
Proof: 略
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n 对括号完全匹配
Conclusion: 如题，n 对括号合法匹配数，合法的定义无需解释。
Proof: 可以令左括号为 1，右括号为 -1，则合法方案数为前缀和不为负的排列方案数。
那么可以理解为 1 是往右，-1 是往上，则合法方案数为不越过 \(y=x\) 的路径数，即上一个应用。
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n 个节点的二叉树形态数
Conclusion: 不说了都是卡特兰数。
Proof: 取出一个作为根的点，就可以递归解决，最后列出和 Catalan 数定义一样的递归式。
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\(\{1,2...2n\}\)两两分为 n 个子集，其中元素不交叉的方案数
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排队找零问题
And So On……
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推广：（ExCatalan）
可以通过格路径引出这个问题。
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\((0,0)\rightarrow (n,n)\)不越过 \(y=x+k\) 的路径数： \(\binom{2n}{n}-\binom{2n}{n-k-1}\)
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n 对括号最多失配 k 对的方案数： \(\binom{2n}{n}-\binom{2n}{n-k-1}\)
恰好 k 对的方案数： \(\binom{2n}{n-k}-\binom{2n}{n-k-1}\)
容易发现，\(\binom{2n}{n-m}\) 的含义即为最少完配 n-m 次错误的方案数。
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References：
[1] hxc.(2004).Fake with its applications,『特殊计数数列』,『组合数学总结2：生成函数和特殊计数数列』
