具體數學

本文是閱讀《具體數學》產生的理解性文本，并且涵蓋了部分其他相關的內容。

不怎么重要或者太難的東西因為時間問題，我略過了。

本文來之不易，請勿機械搬運：原文地址 - https://www.cnblogs.com/jeefy/p/17848037.html

目錄

• 具體數學
  • 第二章 - 和式
    • 和式的處理
    • 有限微積分
      • 分部求和
  • 第四章 - 數論
    • 階乘的因子
    • 互素
  • 第五章 - 二項式系數
    • 高階差分與牛頓級數
  • 第六章 - 特殊的數
    • 斯特林數
    • 調和數
  • 斐波那契數
  • 線性遞推
  • 第七章 - 生成函數
    • 無限微積分
    • 解遞歸式
    • 卷積
      • 斐波那契數列卷積
    • 指數生成函數
  • 第八章 - 離散概率
    • 期望與方差
    • 概率生成函數
  • 作者有話說

第二章 - 和式

和式的處理

和式是一切的基礎，其三個法則十分重要：

\[\sum_{k \in K} c a_k = c \sum_{k \in K} a_k \tag{1.1} \]

\[\sum_{k \in K}(a_k + b_k) = \sum_{k \in K} a_k + \sum_{k \in K} b_k \tag{1.2} \]

\[\sum_{k \in K} a_k = \sum_{p(k) \in K} a_{p(k)} \tag{1.3} \]

其中 \((1.1)\) 代表著分配律，\((1.2)\) 代表的結合律，而 \((1.3)\) 代表的交換律。

我們可以通過這三種法則證明高斯給出的等差數列求和的公式：

\[\begin{aligned} \sum_{0 \le k \le n} (a + bk) &= \sum_{0 \le n - k \le n} (a + b(n - k)) \\ &= \sum_{0 \le k \le n} (a + bn - bk) \\ &= \frac 12 \left( \sum_{0 \le k \le n} (a + bn - bk) + \sum_{0 \le k \le n} (a + bk) \right) \\ &= \frac 12 \left( \sum_{0 \le k \le n} (2a + bn) \right) \\ &= \frac 12 (2a + bn) \sum_{0 \le k \le n} 1 \\ &= \frac 12 (2a + bn) (n + 1) \end{aligned} \]

其中 \(0 \to 1 \to 2\) 我們用了兩次交換律，在 \(4\) 用了結合律，在 \(5\) 用了分配律。

常常我們化簡式子可能就是這些法則的排列組合。

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對于多重和式，我們有著一個新的技巧：交換求和次序

\[\sum_j \sum_k a_{j, k} [P(j, k)] = \sum_{P(j, k)} a_{j, k} = \sum_k \sum_j a_{j, k} [P(j, k)] \]

其中 \([P(j, k)]\) 是用于驗證 \(j, k\) 的組合是否合法的符號，如果合法則為 \(1\)，反之為 \(0\)。

也就是說我們并不在意我們到底先枚舉的是哪一個變量，但是有些時候枚舉另一個變量確實可能簡單很多。

我們可以通過這個法則闡釋矩陣乘法的結合律：

\[M = (AB)C = A(BC) \]

\[\begin{aligned} M_{i, j} &= \sum_{k} (AB)_{i, k} \times C_{k, j} \\ &= \sum_k (\sum_z A_{i, z} \times B_{z, k}) \times C_{k, j} \\ &= \sum_k \sum_z A_{i, z} \times B_{z, k} \times C_{k, j} \\ &= \sum_z A_{i, z} (\sum_k B_{z, k} \times C_{k, j}) \\ &= \sum_z A_{i, z} \times (BC)_{z, j} \end{aligned} \]

于是我們可以從和式的角度了解到矩陣乘法確實滿足結合律。

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有限微積分

較好的參考文章：有限微積分與數列求和 - LUNATIC time!

在離散數學中，最小的單位就是 \(1\)，那么如果要把無限微積分那一套搞過來，那么 \(Df(x)\) 中的 \(D\) 的含義就必須發生變化。

定義差分算子 \(\Delta f(x) = f(x + 1) - f(x)\)，可以看到這與 \(Df(x) = \lim_{h \to 0} \frac {f(x + h) - f(x)} h\) 十分的相似。

對于無限微積分來說，\(D(x^n) = n x^{n - 1}\) 是個非常優美的性質。

然而 \(\Delta (x^n)\) 卻是十分的丑陋，于是需要找到新的代替品：

\[\Delta (x^{\underline{n}}) = n x^{\underline{n - 1}} \]

其中 \(x^{\underline n} = x (x - 1) (x - 2) \cdots (x - n + 1)\)。

有了類似的微分，我們需要考慮積分。在無限微積分中，我們有 \(\int_a^b g(x) dx = f(x) \vert_a^b = f(b) - f(a)\)，其中 \(g(x) = Df(x)\)。

而在有限微積分中，我們有另外一個東西：

\[\sum\nolimits_a^b g(x) \delta x = f(x) \vert_a^b = f(b) - f(a) \tag {2.1} \]

其中 \(g(x) = \Delta f(x)\)。

這是一個左閉右開區間，所以我們可以簡單的合并幾個和式：\(\sum_a^b + \sum_b^c = \sum_a^c\)。

我們可以通過這個法則簡單的得到 \(x^{\underline n}\) 的求和公式。

考慮 \(\Delta (x^{\underline{n}}) = n x^{\underline{n - 1}}\) 的事實，我們可以推知 \(\frac 1 {m + 1}((x + 1)^{\underline {n + 1}} - (x)^{\underline {n + 1}}) = x^{\underline n}\)。

也就是若 \(g(x) = x^{\underline n}\)，那么存在 \(f(x) = \frac 1 {n + 1} x^{\underline{n + 1}}\) 滿足 \(\Delta f(x) = g(x)\)。

那么此時我們可以得到：

\[\sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline m} = \sum\nolimits_0^n k^{\underline m} \delta x = \left. \frac {k^{\underline{m + 1}}}{m + 1} \right \vert_0^n = \frac {n^{\underline {m + 1}}} {m + 1} \]

在這個過程中，對于下標 \(0 \le k \lt n\) 告訴我們，左閉右開區間一般比閉區間更好處理！

但是這個過程并不完美，因為我們沒有考慮到 \(m = -1\) 的情況。

考慮 \(x^{\underline {-1}} = \frac 1 {x + 1}\)，于是我們可以得知 \(\sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline {-1}} = H_k \vert_0^n = H_n\) ！

其中 \(H_n = \sum_{1 \le k \le n} \frac 1 k\)，這是一個類似于 \(\ln n\) 的東西，兩者的差值并不會太大。

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分部求和

無限微積分中，乘法求導有一個公式：\(D(uv) = u Dv + v Du\)，那么有限微積分中是否也有類似的產物？

將差分算子運用在兩個函數上：

\[\begin{aligned} \Delta (f(x) g(x)) &= f(x + 1)g(x + 1) - f(x) g(x) \\ &= \left( f(x + 1) g(x + 1) - f(x) g(x + 1) \right) + \left (f(x) g(x + 1) - f(x) g(x) \right) \\ &= f(x) (g(x + 1) - g(x)) + (f(x + 1) - f(x)) g(x + 1) \\ &= f(x) \Delta g(x) + g(x + 1) \Delta f(x) \end{aligned} \]

如果我們定義位移算子 \(E = \Delta^{-1}\)，也就是 \(E f(x) = f(x + 1)\)，那么我們有：

\[\Delta (uv) = u \Delta v + Ev \Delta u = v \Delta u + Eu \Delta v \]

我們重新排布一下兩邊，并且對于各自求一個和，那么我們就可以得到部分求和法則：

\[\sum\nolimits_{a}^b u \Delta v = \left. u v \right|_a^b - \sum\nolimits_a^b Ev \Delta u \tag{2.2} \]

它的作用在于一個和式兩部分不太好求，但是一部分是某一個簡單式子的差分形式，另一部分有著一個簡單的差分形式，那么我們可以通過這種方式進行嘗試。

\[\sum_{k = 0}^{n - 1} k 2^k = \sum\nolimits_0^n x 2^x \delta x \]

我們可以知道，\(f(x) = x\) 有著 \(\Delta f(x) = 1\) 的優秀形式，而 \(\Delta (2^k) = 2^k\)，于是利用部分求和法則：

\[\sum\nolimits_0^n x 2^x \delta x = \left. x 2^x \right\vert_0^n - \sum\nolimits_{0}^n 2^{x + 1} \delta x \]

對于第二部分是一個簡單的等比數列形式，那么我們可以得知：

\[\sum_{k = 0}^{n - 1} k 2^k = n 2^n - (2^{n + 1} - 2) = (n - 2) 2^n + 2 \]

現在我們嘗試看另外一個例子：

\[\sum\nolimits_0^n x^{\underline k} a^x \delta x \quad (a \ne 1) \tag{2.3} \]

其中 \(x^{\underline k}\) 有簡單的差分形式，而 \(a^x\) 是 \(\frac {a^x}{a - 1}\) 的差分形式，那么我們可以化為：

\[\begin{aligned} &= \left. \frac {x^{\underline k} a^x} {a - 1} \right \vert_0^n - \sum\nolimits_0^n \frac {a^{x + 1}}{a - 1} k x^{\underline {k - 1}} \\ &= \frac {n^{\underline k} a^n} {a - 1} - \frac {ak} {a - 1} \sum\nolimits_0^n a^x x^{\underline {k - 1}} \delta x \end{aligned} \]

這個式子我們需要保證 \(k \ne 0\) 才是正確的，否則，\(n^{\underline k} a^n\) 應當寫為 \(n^{\underline k} a^n - 0^{\underline k} a^0\) 以避免分討。

此時我們發現后半部分的式子是一摸一樣的，所以考慮設 \(S_k = \sum_0^n x^{\underline k} a^x \delta x\)，那么根據上式，我們有：

\[S_k = \frac {n^{\underline k} a^n - 0^{\underline k} a^0} {a - 1} - \frac {ak}{a - 1} S_{k - 1} \]

其中，若 \(k = 0\) 時，有 \(S_0 = \sum_0^n a^x \delta x = \frac {a^n - 1}{a - 1}\)，于是我們可以 \(O(k)\) 的遞推求出這個式子。

我們可以嘗試進行展開：

\[\begin{aligned} S_k &= \prod_{j = 1}^k (- \frac {aj}{a - 1})S_0 + \sum_{i = 1}^k \frac {n^{\underline i} a^n - 0^{\underline i} a^0} {a - 1} \prod_{j = i + 1}^k (- \frac {aj}{a - 1}) \\ &= (- \frac {a}{a - 1})^k k^{\underline k} \frac {n^{\underline 0} a^n - 1}{a - 1} + \sum_{i = 1}^k \frac {n^{\underline i} a^n - 0^{\underline i} a^0} {a - 1} (- \frac {a}{a - 1})^{k - i} k^{\underline {k - i}} \\ &= \sum_{i = 0}^k \frac {n^{\underline i} a^n - 0^{\underline i} a^0} {a - 1} (\frac {-a}{a - 1})^{k - i} k^{\underline {k - i}} \\ &= \frac {1}{a - 1} \sum_{i = 0}^k (\frac {-a} {a - 1})^{k - i} k^{\underline {k - i}} (n^{\underline k} a^n - 0^{\underline k} a^0) \end{aligned} \]

得到了其較為簡單的非遞歸式，然而其是否存在封閉形式？目前看來并沒有。

小練習：

\[\sum x H_x \delta x \]

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第四章 - 數論

階乘的因子

常見的問題為 \(n!\) 中有多少個因子 \(p\)。

我們常見的想法是考慮有 \(k\) 個因子 \(p\) 的數有多少個，但是這是不好算的，考慮至少有 \(k\) 個因子的有多少個。

簡單的，顯然的，這就是 \(\lfloor \frac n {p^k} \rfloor\)，于是乎恰好有 \(k\) 個因子的數有 \(\lfloor \frac n {p^k} \rfloor - \lfloor \frac n {p^{k + 1}} \rfloor\)，于是我們得到式子：

\[\sum_k k(\lfloor \frac n {p^k} \rfloor - \lfloor \frac n {p^{k + 1}} \rfloor) \]

這太丑陋了，小小展開，我們其是就發現更簡單的形式：

\[\sum_{k \ge 1} \lfloor \frac n {p^k} \rfloor \]

有了這個，或許我們就可以證明 Kummer 定理了：

$\binom{n + m}{m}$ 中素因子 $p$ 的次數 $=$ $n, m$ 在 $p$ 進制下做加法的**進位次數** 。

注意到 \(n!\) 中 \(p\) 的次數為 \(\sum_{i = 0} \lfloor \frac n {p^i} \rfloor\)

于是對于 \(\binom{n + m}{m} = \frac {(n + m)!}{n! m!}\)

因子的個數為 \(\sum_{i = 0} \lfloor \frac{n + m}{p^i} \rfloor - \lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor - \lfloor \frac{m}{p^i} \rfloor\)

也就是說只有 \(n + m\) 在這里進位了才能逃離被刪除的宿命……并且由此還可以證明其因數 \(p\) 的個數不超過 \(\log_p (n + m)\)。

互素

在書上的典型結構是 Stern-Brocot 樹。它大概長這樣：

每次得到的新的分數是由左右兩個祖先 \(\frac m n, \frac {m'} {n'}\) 拼湊而來：\(\frac {m + m'}{n + n'}\)

如果繼續觀察，每一層相鄰的兩個數 \(\frac m n, \frac {m'} {n'}\) 一定滿足：

\[m' n - m n' = 1 \]

這意味著一定滿足 \(\frac m n < \frac {m'} {n'} \iff m' n - m n' > 0\)（因為這里保證 \(n > 0\)）

這意味著如果我們有其相鄰的分數的信息，我們就可以找到它。

我們可以通過矩陣的形式來表示：

\[\begin{pmatrix} n & n' \\ m & m' \end{pmatrix} \to \frac {n + n'}{m + m'} \]

我們考慮向左一步，那么左側的不變，右側的變成自己：

\[\begin{pmatrix} n & n' \\ m & m' \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} n & n + n' \\ m & m + m' \end{pmatrix} \]

向右一步則是左側變成自己，右側不變：

\[\begin{pmatrix} n & n' \\ m & m' \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} n + n' & n' \\ m + m' & m' \end{pmatrix} \]

于是我們可以簡單的二叉搜索出某個分數在樹上的位置。

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第五章 - 二項式系數

二項式系數有很具體的用處，但是想要用好卻不是那么容易。

比較細致的文章：# 二項式系數 - zhiyangfan 的小窩

主要是變化太多了，啥都能套一套。

我們對書中部分公式進行證明。

\[\sum_k \binom s k \binom t {m - k} = \binom {s + t} m \tag{5.1} \]

\((5.1)\) 是范德蒙德卷積，典。

\[\sum_k \binom s k \binom t {m + k} = \sum_k \binom s k \binom t {t - m - k} = \binom {s + t}{t - m} \tag{5.2} \]

\((5.2)\) 是利用了恒等變換的范德蒙德卷積，前提是 \(t \ge 0\)。

\[\sum_k (-1)^k \binom{s}{m + k} \binom{t + k} n = (-1)^{s + m} \binom {t - m}{n - s} , \quad s \ge 0\tag{5.3} \]

原文中 \((5.3)\) 的證明利用了對于 \(s\) 的歸納法，這里嘗試給出變換性的證明。

\[\begin{aligned} &= \sum_k (-1)^k \binom s {m + k} \binom {t + k}{t + k - n} \\ &= \sum_k (-1)^k \binom s {m + k} (-1)^{t + k - n} \binom {-n - 1}{t + k - n} \\ &= (-1)^{t - n} \sum_k \binom s {m + k} \binom {-n - 1}{t + k - n} \\ &= (-1)^{t - n} \binom {s - n - 1}{s - m + t - n} \\ &= (-1)^{t - n} (-1)^{s - m + t - n} \binom {t - m} {n - s} \\ &= (-1)^{s + m} \binom {t - m} {n - s} \end{aligned} \]

但是這個變化步驟中有很大的漏洞：

• 在第一步 \(\binom {t + k}{n} \to \binom {t + k}{t + k - n}\) 的過程中，我們并沒有關注 \(t + k \ge 0\) 的條件，同樣，在最后我們也沒有關注 \(t + m \ge 0\) 的條件。

但是我太菜了，只能想到如此推導了……

上文是我自己思考的結果……QwQ
感謝 @British_Union 的提示
并感謝 @myee 給出的另一種證明的方法：多項式推理法。

我們發現如果我們能夠保證 \(t > m\)，那么上述的問題都將不復存在，我們可以合理的如此推導。

而多項式推理法指的是我們可以發現如果 \(n, m, s\) 確定，那么這是一個關于 \(t\) 的 \(n - s\) 次多項式：

\[(-1)^{s + m} \frac {(t - m)^{\underline {n - s}}}{(n - s) !} \]

對于等式左側， 我們可以確定是其也是關于 \(t\) 的一個 \(n\) 次多項式，兩者在滿足 \(t > m\) 時相減存在無窮的零點，意味著相減后我們得出的多項式為常數多項式 \(f(x) = 0\)，意味著兩邊相等。

于是我們可以合理的推出這個式子在 \(t\) 作為變量的情況下對于全體實數成立。

剩下的兩個式子推導和這個是一樣的套路，不再展開。

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我們順便多學習一下多項式推理法。

在正整數下，我們了解到帕斯卡恒等式的成立：

\[\binom rk = \binom {r - 1} k + \binom {r - 1}{k - 1} \]

我們可以知道兩側都是關于 \(r\) 的 \(k\) 次多項式，相減也一定是一個 \(k\) 次多項式。

而一個 \(d\) 次多項式至多有 \(d\) 個零點，所以兩個 \(d\) 次多項式相減有兩種情況：

• 至多 \(d\) 個零點，這意味著兩者不盡相等。
• 無窮多個零點，此時相減出來的多項式正是 \(f(x) = 0\)。

我們在此可以了解到在 \(\Z_+\) 下等式成立，意味著減出來有無窮多個零點，也就意味著兩者相等！

于是我們可以了解到這個恒等式在 \(r \in \R\) 下成立！

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來到新的挑戰：

\[\sum_{k \ge 0} \binom {n + k} {2k} \binom {2k} k \frac {(-1)^k} {k + 1}, n \ge 0 \]

顯然的我們利用三項式變化一下：

\[\sum_{k \ge 0} \binom {n + k}{k} \binom {n}{k} \frac {(-1)^k} {k + 1} \]

利用 \(\binom nm = \frac nm \binom {n - 1}{m - 1}\) 我們可以干掉 \(k + 1\)：

\[\sum_{k \ge 0} \binom {n + k}{k} \binom {n + 1} {k + 1} \frac {(-1)^k}{n + 1} \]

對于內部來說，我們可以利用恒等變換，再利用 \((5.3)\) 的結果：

\[\frac 1 {n + 1} \sum_{k} \binom {n + k}{n} \binom {n + 1}{k + 1} (-1)^k = \frac 1 {n + 1} (-1)^n \binom{n - 1} {-1} = 0 \]

但是事實上這里也有同上的漏洞，\(\binom {n + k} k\) 中 \(n + k\) 可能 \(< 0\) 使得恒等變化后原本沒有值的地方有了值，但是我們需要保證 \(k \ge 0\)，所以上面的變換不盡正確！

所以換一個嘗試：

\[\sum_{k \ge 0} (-1)^k \binom {-n - 1}{k} \binom {n + 1} {k + 1} \frac {(-1)^k}{n + 1} = \frac 1 {n + 1} \binom 0 n \]

也就是當 \(n = 0\) 非 \(0\)，即原式等價于 \([n = 0]\)。

通過如上兩個例子，我們發現對稱恒等式確實是一個陷阱……能別用就別用，除非能保證上指標 \(\ge 0\)。

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我們進入作業題，對于整數 \(n, m \ge 0\)，求出：

\[\sum_{j = 1}^m (-1)^{j + 1} \binom r j \sum_{k = 1}^n \binom {-j + rk + s}{m - j} \]

看著好恐怖，\(j\) 出現了 \(4\) 次！還有兩個和式！不過這都是小問題。

我們嘗試一點一點消掉他們。

首先觀察到 \(\binom {-j + rk + s}{m - j}\) 上下都有 \(-j\)，嘗試利用上指標反轉干掉一個：

\[\begin{aligned} & \sum_{j = 1}^m \sum_{k = 1}^n (-1)^{j + 1} \binom rj (-1)^{m - j} \binom {m - rk - s - 1}{m - j}\\ =& (-1)^{m + 1} \sum_{j = 1}^m \sum_{k = 1}^n \binom rj\binom {m - rk - s - 1}{m - j} \end{aligned} \]

我們發現在 \(k\) 已知的情況下，這就類似一個范德蒙德卷積！于是改變求和順序：

\[\begin{aligned} &= (-1)^{m + 1} \sum_{k = 1}^n (- \binom r0 \binom {m - rk - s - 1} {m - j} + {}\sum_j \binom rj \binom {m - rk - s - 1}{m - j}) \\ &= (-1)^{m + 1} \sum_{k = 1}^n (\binom{m + r(1 - k) - s - 1}{m} - \binom {m - rk - s - 1}{m}) \end{aligned} \]

考慮外面有一個 \((-1)^m\)，內部的下指標都是 \(m\)，那么都反轉一下，順便將剩下的 \(-1\) 乘進去：

\[\begin{aligned} &= \sum_{k = 1}^n (\binom{kr + s}{m} - \binom{(k - 1)r + s}{m}) \\ &= \sum_{k = 1}^n \binom{kr + s}{m} - \sum_{k = 1}^n \binom {(k - 1)r + s}{m} \end{aligned} \]

稍微平移一下下標：

\[\begin{aligned} &= \sum_{k = 1}^n \binom{kr + s}{m} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \binom {kr + s}{m} \\ &= \binom {kn + s}{m} - \binom {s}{m} \end{aligned} \]

于是我們就得到了這個簡單的封閉形式。

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高階差分與牛頓級數

這在 math 1.4 中講了，內容參見 share-math。

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第六章 - 特殊的數

斯特林數

斯特林數分為第一類和第二類。比較常用的是第二類。

第二類斯特林數 \(n \brace k\) 的組合意義為講 \(n\) 個物品的集合劃分為 \(k\) 個非空子集的方法數。

利用這個意義我們可以引出一個遞推式：

\[{n \brace k} = {n - 1 \brace k - 1} + k {n - 1 \brace k} \]

分別指的是新開一個子集，或者放入某一個子集的方案數。

對于第一類斯特林數，其還對于每一個子集排成了環，形成了 \(k\) 個輪換（cycle）

對于每一個大小為 \(m\) 的子集，存在 \((m - 1)!\) 種輪換，由此可以看出存在 \({n \brack k} \ge {n \brace k}\)。

我們同樣可以通過組合意義找到一個遞推式：

\[{n \brack k} = {n - 1 \brack k - 1} + (n - 1) {n - 1 \brack k} \]

分別指新開一個輪換，或者插入到某一個元素前面。

有了加法公式，那么很多時候我們就可以通過歸納法證明與之相關的內容了。

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在這之前，我們可以討論一下 \({n \brack k}\) 與排列的關系。

輪換加排列在組合數學中有另外一個體現：置換。

置換可以將一個排列劃分為若干個有向圈，每一個有向圈對應著某一個輪換。

這意味著每一個排列都對應著一個子集輪換的方案，換言之：

\[\sum_k {n \brack k} = n! \]

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我們回到加法公式和歸納法上，關于 \(n \brace k\) 有一個非常經典的等式：

\[x^n = \sum_k {n \brace k} x^{\underline k} \]

我們一定可以通過歸納法證明它，考慮 \(x \times x^n = x^{n + 1}\)，或許我們能夠對 \(n\) 進行歸納證明之。

先考慮 \(n = 0\) 的情況，\(LHS = 1\)，而 \(RHS = {0 \brace 0} x^{\underline 0} = 1\)，故 \(n = 0\) 的時候成立。

對于 \(x^{n + 1}\)，我們如此考慮歸納：

\[x^n = x \times x^{n - 1} = x \sum_k {n - 1 \brace k} x^{\underline k} \]

我們考慮 \(x \times x^{\underline k}\) 是否有很好的表達方式，發現可以通過 \(x^{\underline {k + 1}} = x^{\underline k} (x - k)\) 得出：

\[x \times x^{\underline k} = x^{\underline {k + 1}} + k x^{\underline k} \]

于是我們可以簡單的將上式拆開：

\[\begin{aligned} & \sum_k {n - 1 \brace k} x^{\underline {k + 1}} + \sum_k {n - 1 \brace k} k x^{\underline k} \\ = & \sum_k {n - 1 \brace k - 1} x^{\underline k} + \sum_k {n - 1 \brace k} k x^{\underline k} \\ = & \sum_k \left( {n - 1 \brace k - 1} + k{n - 1 \brace k} \right) x^{\underline k} \\ = & \sum_k {n \brace k} x^{\underline k} \end{aligned} \]

于是歸納得證。

斯特林數有許許多多不那么常用的恒等式，所以并不太需要注意。

不過我們回到加法公式：

\[\begin{aligned} {n \brace k} &= {n - 1 \brace k - 1} + k {n - 1 \brace k} \\ {n \brack k} &= {n - 1 \brack k - 1} + (n - 1) {n - 1 \brack k} \end{aligned} \]

我們是否能夠像：

\[\binom nk = \binom {n - 1}k + \binom {n - 1}{k - 1} \]

一樣將他們推廣到更多的地方？

事實上，如果我們先約定 \({0 \brace k} = {0 \brack k} = [k = 0]\) 以及 \({k \brace 0} = {k \brack 0} = [k = 0]\)，那么我們就可以利用加法公式求出負數下 \({n \brace k}\) 的值！

如果將整個表畫出來，那么我們將得到一個驚人整齊的等式：

\[{n \brack k} = {-n \brace -k} \]

這容易利用加法公式驗證。

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第一類斯特林數并沒有通項公式，但是第二類斯特林數卻存在。

可以通過二項式反演簡單的證明：

\[{n \brace k} = \frac 1 {k!} \sum_{i = 0}^k \binom ki (-1)^{k - i} i^n \]

或者寫成稍微好看的一個形式：

\[{n \brace k} = \sum_{i = 0}^k \frac {i^n (-1)^{k - i}}{i! (k - i)!} \]

當這個形式一出來，那么我們就可以知道如何快速的求一行斯特林數了。

設 \(F(x) = \frac {x^n}{i!}\)，\(G(x) = \frac {(-1)^x} {x!}\)，那么知道：

\[{n \brace k} = \sum_{i = 0}^k F(i) * G(k - i) \]

于是我們可以通過 NTT \(O(n \log n)\) 的求出整行的第二類斯特林數。

我們現在考慮是否能夠快速的求出整列的斯特林數？

我們考慮一列斯特林數的生成函數：

\[F_k(x) = \sum_i {i \brace k} x^k \]

根據加法公式，我們有：

\[F_k(x) = xF_{k - 1}(x) + k x F_k (x) \]

于是存在：

\[F_k(x) = \frac {x}{1 - kx} F_{k - 1}(x) \]

于是我們得到：

\[F_k(x) = \frac {x^k}{\prod_{i = 1}^k (1 - kx)} \]

于是可以分治 NTT 和多項式取逆做即可。

然而實際上有辦法避免多項式求逆的，但是有點復雜。

但是不合理，代碼太抽象了，我們換一個方法，考慮 EGF。

\[F_k^{(e)}(x) = \sum_i {i \brace k} \frac {x^i}{i!} \]

將斯特林數拆開：

\[\begin{aligned} F(x) &= \sum_i \frac {x^i}{i!} \sum_{j = 0}^k \frac {j^i}{j!} \frac {(-1)^{k - j}}{(k - j)!} \\ &= \sum_{j = 0}^k \frac {(-1)^{k - j}}{(k - j)! j!} \sum_i \frac {(jx)^i}{i!} \\ &= \sum_{j = 0}^k \frac {(-1)^{k - j}}{(k - j)! j!} e^{jx} \\ &= \frac 1 {k!} \sum_{j = 0}^k \binom ki {(-1)^{k - j}} e^{jx} \\ &= \frac { (e^x - 1)^{k}} {k!} \end{aligned} \]

于是多項式快速冪即可。這只需要寫一個 NTT 即可做到 \(O(n \log n \log k)\)。

其實通過類似的方式，我們可以推導出第一類斯特林數行列的求法。

這里不做過多展開。

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調和數

調和數 \(H_n = \sum_{i = 1}^n \frac 1i\)，認為是離散下對于 \(\ln n\) 的模擬，其誤差 \(\gamma \approx 0.577215\)。

這是歐拉所證明的：\(\lim\limits_{n \to \infty} (H_n - \ln n) = \gamma\)。

對于調和數我們還有一個與斯特林數掛鉤的等式：

\[{n + 1 \brack 2} = n! H_n \tag{6.1} \]

考慮通過：

\[{n + 1 \brack 2} = n {n \brack 2} + {n \brack 1} = n {n \brack 2} + (n - 1)! \]

可以知道：

\[\frac 1 {n!} {n + 1 \brack 2} = \frac 1 {(n - 1)!} {n \brack 2} + \frac 1 n \]

于是只需要展開這個遞歸式即可得到 \((6.1)\)。

第一個例題較好，復習了分部求和法則：

\[\sum_{0 \le k \lt n} \binom km H_k \]

如果掌握的分部求和法則，那么這就比較簡單，這里不再展開。

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我們總是會遇到它的生成函數的，雖然這是之后的內容（也是后面回來寫的）

學完生成函數和卷積以后，我們會了解到一個小技巧：生成函數前綴和。

具體來說，對于 \(\langle f_n \rangle\) 與 \(\langle 1, 1, \cdots \rangle\) 的卷積會得到 \(\langle \sum_{i = 0}^n f_i \rangle\)。

在生成函數上的體現便是 \(F(x) \to \frac 1 {1 - x} F(x)\)。

我們可以利用這個技巧快速的算出 \(H_k\) 的生成函數。

考慮 \(H_n = \sum_{i = 1}^n \frac 1 i\)，那么實際上它就是 \(\langle 0, 1, \frac 12, \frac 13, \cdots \rangle\) 的前綴和。

后者實際上為 \(\ln \frac {1}{1 - x}\)，于是我們可以知道 \(H_n\) 的生成函數為：

\[\frac 1 {1 - x} \ln \frac 1 {1 - x} \]

補充，關于 $\ln \frac 1 {1 - x}$ 表示 $\langle 0, 1, \frac 12, \frac 13, \cdots \rangle$ 的證明：

考慮 \(\ln (1 + x)\) 利用泰勒展開：

\[\ln (1 + x) = \sum_{n \ge 0} \frac {(-1)^n}{n + 1}x^{n + 1} \]

利用 \(-x\) 代替 \(x\) 得到：

\[\ln (1 - x) = \sum_{n \ge 0} - \frac {x^n}{n} \]

于是我們只需要：

\[-\ln(1 - x) = \ln (\frac 1 {1 - x}) = \sum_{n \ge 0} \frac {x^n}n \]

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斐波那契數

斐波那契數由如下遞歸式定義：

\[\begin{aligned} F_0 &= 0 \\ F_1 &= 1 \\ F_n &= F_{n - 1} + F_{n - 2} ,& n > 1 \end{aligned} \]

我們容易通過歸納法證明：

\[F_n = F_k F_{n - k} + F_{k - 1} F_{n - k - 1} \tag{6.2} \]

同樣，也可以通過矩陣乘法證明，參見 # 算法學習筆記(37): 矩陣

由此我們可以推出：

\[F_n | F_{kn} \]

可以通過 \((6.2)\) 和歸納法簡單的證明。

于是我們可以知道：

\[\gcd(F_n, F_m) = F_{\gcd(n, m)} \]

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線性遞推

斐波那契數列衍生而出的另一個知識叫做遞推，而遞推就可以講到線性齊次遞推和非齊次遞推。

或許我們需要先學會生成函數？

對于形如：

\[h_n = \sum_{i = 1}^k a_i h_{n - i} \quad , n \ge k \]

定義其特征方程為：

\[x^k - \sum_{i = 1}^k a_i x^{k - i} = 0 \]

根據代數基本定理，上式有 \(k\) 個根 \(q_1, q_2, \cdots, q_k\)，我們稱之為特征根，那么：

\[h_n = \sum_{i = 1}^n c_i q_i^n \tag {6.3} \]

在下述意義下是原遞推關系的通解：

無論給定如何的初值 $h_0, h_1, \cdots h_{k - 1}$，都存在一組 $c_1, c_2, \cdots, c_k$ 使之滿足遞推關系和初始條件。

換句話來說，是通解意味著對于任意給定的初值，都可以解出如下方程組：

\[\left\{ \begin{array}{rrl} (n = 0) & c_1 q_1^0 + c_2 q_2^0 + \cdots + c_k q_k^0 & = h_0 \\ (n = 1) & c_1 q_1^1 + c_2 q_2^1 + \cdots + c_k q_k^1 & = h_1 \\ \vdots & \vdots \\ (n = k - 1) & c_1 q_1^{k - 1} + c_2 q_2^{k - 1} + \cdots + c_k q_k^{k - 1} & = h_0 \end{array} \right. \]

而此方程組的系數矩陣為：

\[\begin{bmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ q_1 & q_2 & \cdots & q_k \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ q_1^{k - 1} & q_2^{k - 1} & \cdots & q_k^{k - 1} \end{bmatrix} \]

這顯然是一個范德蒙德矩陣，其行列式為：

\[\prod_{i < j} q_j - q_i \]

也就是說，我們需要保證根互不相同，使得矩陣滿秩（行列式不為 \(0\)）才可以求出唯一解。

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然而實際上有另外一種利用生成函數的方法，更加簡明。

繼續沿用斐波那契數列的例子 \(f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2}\)。

設 \(F(x) = \sum_{i \ge 0} f_i x^i\) 是其生成函數。

根據遞推關系，我們可以得出 \(F(x) = xF(x) + x^2F(x)\)。

具體來說，三個生成函數對應的序列如下：

\[\begin{array} {rc} F(x): & <f_{n - 1}, f_{n}, f_{n + 1}> \\ xF(x): & <f_{n - 2}, f_{n - 1}, f_{n}> \\ x^2F(x): & <f_{n - 3}, f_{n - 2}, f_{n - 1}> \end{array} \]

于是 \(F(x) = \frac 1 {1 - x - x^2}\) 得出也就很自然了（當然這是錯誤的。

真的自然嗎？我們是不是忘了什么東西？

確實，我們忘了一些東西，我們重新將三者寫下來：

\[\begin{array}{rc} F(x): & f_0 & +f_1 x & + f_2 x \\ xF(x): & & f_0 x & + f_1 x \\ x^2F(x): & & & f_0 x^2 \\ \end{array} \]

也就是說 \(F(x) - xF(x) - x^2F(x)\) 實際上 \(= f_0 + (f_1 - f0)x\)！

將初始值 \(f_0 = 0, f_1 = 1\) 帶入，我們才真正地正確地得到其生成函數：

\[F(x) - xF(x) - x^2 F(x) = x \to F(x) = \frac x {1 - x - x^2} \]

如果我們得到了生成函數，我們是否能夠確定其通項公式？答案是可以的。

我們將 \(\frac x {1 - x - x^2}\) 稍微分解 \(= \frac {c_1}{x - \frac {-1 + \sqrt 5}{2}} + \frac {c_2}{x - \frac {-1 - \sqrt 5}{2}}\)。

可以列出方程簡單的求解出 \(c_1, c_2\) 是什么。

我們通過 \(\frac 1 {1 - x} = \sum_{i \ge 0} x^i\) 各項展開，于是就可以得到其通項公式！

我們現在看看 \(\frac {1 + \sqrt 5}{2}\) 以及 \(\frac {1 - \sqrt 5}{2}\) 這兩個數。

我們賦予了其一個符號，足以可見其重要程度：\(\phi = \frac {1 + \sqrt 5}2, \hat \phi = \frac {-1} \phi = \frac {1 - \sqrt 5} 2\)。

這兩個數是 \(1 - x - x^2 = 0\) 的根，故我們有：

\[\phi^2 = \phi + 1, \hat \phi^2 = \hat \phi + 1 \]

我們通過這兩個符號將 \(F(x)\) 寫出來：

\[F(x) = \frac {x}{(x + \phi)(x + \hat \phi)} = \frac 1 {\sqrt 5} \left( \frac 1 {1 - \phi x} - \frac 1 {1 - \hat \phi x} \right) \]

這形式很優美，我們之后將會用到。

通過冪級數展開，我們就得到了 \(f_n\) 的通項公式：

\[f_n = \frac 1 {\sqrt 5} (\phi^n - \hat \phi^n) \]

奇妙的是一堆 \(\sqrt 5\) 乘起來就變成了一個整數！

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來到更大的挑戰：

\[h_n = 4 h_{n - 1} - 4 h_{n - 2} , \quad n \ge 2 \]

我們是否能夠找到其通項公式？

從特征根考慮：\(x^2 - 4x + 4 = 0 \to (x - 2)^2 = 0\)。

此時 \(2\) 作為根出現了兩次，我們稱之為二重特征根，在此情況下 \((6.3)\) 退化成了：

\[h_n = (c_1 + c_2) 2^n = c 2^n \]

然而這并不是我們想要的，因為對于給定的 \(h_0 = a, h_1 = b\)，我們不一定能夠滿足：

\[\begin{cases} n = 0, & c = a \\ n = 1, & 2c = b \end{cases} \]

所以我們需要另辟蹊徑。

我們很容易知道 \(h_n = 2^n\) 是其一個解，我們也可以證明 \(h_n = n 2^n\) 是一個解。

為了尋找通解，我們可以斷言：

\[h_n = c_1 2^n + c_2 n2^n \]

是這個遞推式的通解！

我們進行驗證，對其施加 \(h_0 = a, h_1 = b\) 的初始條件，那么：

\[\begin{cases} n = 0, & c_1 = a \\ n = 1, & 2c_1 + 2c_2 = b \end{cases} \implies \begin{cases} c_1 = a \\ c_2 = \frac {b - 2a} 2 \end{cases} \]

我們總是有解！于是這可以作為其通解。

我們可以合理外推，從而找到一個更一般的結論。

對于特征方程的 \(k\) 個根，一共有 \(t\) 種不同的根。若 \(q_i\) 是此方程的 \(k_i\) 重根，那么此遞推關系中 \(q_i\) 對應的部分為：

\[H_n^{(i)} = \sum_{j = 1}^{k_i} c_{i, j} \ n^{k_i - j} \ q_i^n \]

而此遞推關系的通解為：

\[h_n = \sum_{i = 1}^t H_n^{(i)} \]

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對于非齊次線性遞推，一般來說，利用生成函數會更為方便。這里舉例說明。

\[\begin{cases} h_0 = 2 \\ h_n = 3 h_{n - 1} - 4n, & n \ge 1 \end{cases} \]

設其生成函數 \(F(x)\)，根據遞推關系，我們有：

\[\begin{array}{rl} F(x) = & h_0 & + h_1 x & + h_2 x & + \cdots \\ 3xF(x) = & & + 3 h_0 x & + 3 h_1 x & + \cdots \end{array} \]

于是

\[F(x) - 3xF(x) = h_0 + (h_1 - 3h_0) + (h_2 - 3h_1) + \cdots = 2 - 4 \times 1 x - 4 \times 2 x^2 - \cdots \]

我們知道：

\[\sum_{n \ge 0} n x^n = \frac x {(1 - x)^2} \]

于是我們知道：

\[(1 - 3x)F(x) = 2 - 4 \frac {x}{(1 - x^2)} \iff F(x) = \frac {2}{1 - 3x} - \frac {4x}{(1 - x^2)(1 - 3x)} \]

于是，我們便可以通過拆分這一個函數求解出其通項：

\[h_n = -3^n + 2n + 3 \]

生成函數立大功！

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第七章 - 生成函數

無限微積分

生成函數與高等數學強相關，確實需要部分知識，這里寫下以便參考。

關于求導：

\[\begin{aligned} a^x &\to a^x \ln a \\ x^a &\to a x^{a - 1} \\ \log_ax &\to \frac 1 {x \ln a} \\ \ln x &\to \frac 1 x \end{aligned} \]

關于泰勒展開（這是在 \(0\) 處的展開，我們用的最多）：

\[f(x) = \sum_{i \ge 0} f^{(i)}(0) \frac {x^i}{x!} \]

解遞歸式

我們在線性遞推那里已經看到了生成函數的重要性，我們是否能夠找到一個基本方法以求解出任何遞推式？

答案是可以的，并且這個方法相當的機械：

1. 將遞歸式寫成關于 \(h_n\) 的單個方程，在假定 \(h_{-1} = h_{-2} = \cdots = 0\) 的情況下對于任何正整數成立！
2. 將他改寫為生成函數 \(F(x)\) 之間的關系。
3. 解得到的生成函數 \(F(x)\)，將之表示為封閉形式。
4. 展開 \([x^n]F(x)\)，得到 \(g_n\) 的封閉形式。

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前面的步驟在上文的鋪墊中應該十分清晰了，然而對于第四步，我們可能還有技巧上的困難。

一般來說，我們需要通過強硬的分解，將生成函數表示為：

\[F(x) = \sum \frac {c_i}{(1 - \alpha_i x)^{b_i + 1}} \]

從而得出很好的系數：

\[[x^n] F(x) = \sum c_i \binom {b_i + n}{b_i} \alpha_i^n \]

然而難點并不是在這一步，而是強硬分解出 \(c_i\) 的那一步 QwQ

我們可能更多的只能依靠人類智慧完成。

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我們來一個很好的例子：

\[\begin{cases} h_0 = h_1 = 1 \\ h_n = h_{n - 1} + 2 h_{n - 2} + (-1)^n, & n \ge 2 \end{cases} \]

我們將之寫成一個式子：

\[h_n = h_{n - 1} + 2h_{n - 2} + (-1)^n[n \ge 0] + [n = 1] \]

于是可以將之改寫為生成函數之間的關系：

\[F(x) = \sum_n h_n x^n = \sum_n h_{n - 1} x^n + 2 \sum_n h_{n - 2} x^n + \sum_{n \ge 0} (-1)^n x^n + x \]

我們可以稍微變化一下這個式子：

\[\begin{aligned} &= x F(x) + 2x^2 F(x) + \sum_{n \ge 0} \binom {-1} n z^n + x \\ &= x F(x) + 2x^2 F(x) + (1 + x)^{-1} + x \end{aligned} \]

于是得到：

\[F(x) = \frac {1 + x + x^2}{(1 - 2x)(1 + x)^2} \]

于是暴力展開即可得到通項：

\[h_n = \frac 79 2^n + (\frac 13 n + \frac 29)(-1)^n \]

卷積

對于給定的兩個數列 \(\langle f_n \rangle\) 以及 \(\langle g_n \rangle\) 的卷積 \(\langle h_n \rangle\)，我們有：

\[\langle f_n \rangle * \langle g_n \rangle = \langle \sum_k f_k g_{n - k} \rangle = \langle h_n \rangle \]

注意到數列的卷積和生成函數的乘積對應，那么對于許多式子，我們就有很好的方法利用卷積處理了。

斐波那契數列卷積

是的，還是斐波那契數列，它具有十分重要的地位，它足夠簡單，也足夠復雜。

我們嘗試計算 \(\sum_{k = 0}^n f_k f_{n - k}\) 的封閉形式，這是 \(\langle f_n \rangle\) 與自身的卷積。

正常來說，我們直接可以利用 \(F(x) = \frac x {1 - x - x^2}\) 的平方 \(F(x)^2 = \frac {x^2}{(1 - x - x^2)^2}\) 然后展開求解其通項，但是這比較復雜，并沒有更好的用到斐波那契和卷積。

我們嘗試利用另一個生成函數：

\[\begin{aligned} F(x)^2 &= \left( \frac 1{\sqrt 5} \left( \frac 1 {1 - \phi x} - \frac 1 {1 - \hat \phi x} \right) \right)^2 \\ &= \frac 1 5 \left( \frac {1}{(1 - \phi x)^2} - \frac {2}{(1 - \phi x)(1 - \hat \phi x)} + \frac {1}{(1 - \hat \phi x)^2} \right) \\ &= \frac 1 5 \sum_{n \ge 0} (n + 1) (\phi x)^n - \frac 25 \sum_{n \ge 0} f_{n + 1} x^n + \frac 15 \sum_{n \ge 0} (n + 1) (\hat \phi x)^n \end{aligned} \]

中間關于 \(\frac {1}{(1 - \phi x)(1 - \hat \phi x)}\) 的化簡我們再從一個生成函數入手：

考慮 \(\phi \hat \phi = -1\)，我們有：

\[F(x) = \frac {-x} {(x +\phi) (x + \hat \phi)} = \frac {-x}{(x + \frac {-1}{\hat \phi})(x + \frac {-1}{\phi})} = \frac {-x}{\phi \hat \phi (\hat \phi x - 1)(\phi x - 1)} = \frac {x}{(1 - \hat \phi x)(1 - \phi x)} \]

于是 \(\frac {1}{(1 - \phi x)(1 - \hat \phi x)} = \frac {F(x)} x - \sum_{n \ge 0} f_{n + 1} x^n\)。

接下來我們繼續化簡上述式子，現在難點就在于 \(\sum_{n \ge 0} (\phi^n + \hat \phi^n) x^n\) 怎么求。

考慮兩者的生成函數：

\[\frac {1}{1 - \phi x} + \frac {1}{1 - \hat \phi x} = \sum_{n \ge 0} (\phi^n + \hat \phi^n) x^n \]

于是我們嘗試對左式化簡：

\[\begin{aligned} &= \frac {2 - \hat \phi x - \phi x}{(1 - \phi x) (1 - \hat \phi x)} \\ &= \frac {2 - x}{1 - x - x^2} = \frac {x} {2 - x} F(x) \end{aligned} \]

于是：

\[\phi^n + \hat \phi^n = [x^n] \frac x {2 - x} F(x) = 2f_{n + 1} - f_n \]

于是我們得到：

\[F(x)^2 = \frac 1 5 \sum_{n \ge 0} (n + 1) (2f_{n + 1} - f_n) x^n - \frac 25 \sum_{n \ge 0} f_{n + 1} x^n \]

于是得到通項公式：

\[\sum_{k = 0}^n f_k f_{n - k} = \frac {2n f_{n + 1} - (n + 1)f_n}{5} \]

生成函數的勝利！

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指數生成函數

我們看看一個好好的例子：

\[\left( \ln \frac {1}{1 - z} \right)^m = m! \sum_{n \ge 0} {n \brack m} \frac {z^n}{n!} \]

好好好，這么玩是吧，但是為什么不用 \(z^{\bar{m}} = \sum_{n \ge 0} {m \brack n} z^n\)？

我們回到正常的 EGF，考慮對于 \(\langle h_n \rangle\) EGF 的操作有哪些影響。

\[F(x) = \sum_{n \ge 0} h_n \frac {x^n}{n!} \]

考慮 \(xF(x)\)：

\[xF(x) = \sum_{n \ge 0} h_n \frac {x^{n + 1}}{n!} = \sum_{n \ge 1} h_{n - 1} \frac {x^n}{(n - 1)!} = \sum_{n \ge 0} n h_{n - 1} \frac {x^n}{n!} \]

這就是 \(\langle n g_{n - 1} \rangle\) 的 EGF，相當于在 OGF 上求了一次導。

如果需要平移，那么我們只需要 \(F'(x)\) 或者 \(\int_0^z F(x)\) 即可。

對于指數生成函數的卷積來說，生成的數列是 \(\langle f_n \rangle\) 和 \(\langle g_n \rangle\) 的二項卷積：

\[h_n = \sum_k \binom n k f_{k} g_{n - k} \]

也就是考慮到 \(\binom nk = \frac {n!}{k! (n - k)!}\)：

\[\frac {h_n} {n!} = \sum_{k = 0}^n \frac {f_k}{k!} \frac {g_{n - k}}{(n - k)!} \]

這可以和伯努利數牽扯起來。

考慮伯努利數的遞歸式：

\[B_n = \sum_k \binom nk B_k \]

發現這就是 \(\langle B_n \rangle\) 和 \(\langle 1, 1, \cdots \rangle\) 的二項卷積。

所以我們得到其指數生成函數為 \(\frac z {e^z - 1}\)。

指數生成函數在組合意義上十分有用，其一個重要的應用于 \(\exp\) 相關。

可以參考：# 淺談 Exp 的組合意義 - 飛雨煙雁 的博客

更多 \(O(n^2)\) 對于多項式的操作見：# 各種多項式操作的 n^2 遞推

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第八章 - 離散概率

期望與方差

期望的線性性以及耳熟能詳了：

\[E(XY) = E(X)E(Y) \]

值得一提的是這并不要求兩個隨機變量獨立！

對于方差，其基本的定義為：

\[V(X) = E \left( (X - E(X)^2 \right) \]

但是我們可以將之展開：

\[\begin{array}{ll} = E \left( (X - E(X)^2 \right) &= E \left(X^2 - 2X E(X) + E(X)^2 \right)\\ = E(X^2) - 2E(X)^2 + E(X)^2 &= E(X^2) - E(X)^2 \end{array} \]

也就是說：

方差等于平方的期望減去期望的平方

我們也可以證明：

\[V(X + Y) = V(X) + V(Y) \]

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概率生成函數

感覺沒啥用，咕。

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作者有話說

本文共 \(\ge 10000\) 個詞，\(\ge 25000\) 個字符（包括公式），花了 \(3\) 天時間，梳理了具體數學一書中目前對我有用的部分。

有很多的啟示，補全了很多我所未知或者不熟練的東西。

限于時間原因，很多內容我無法細細談論，如果有時間后面再補充（其實也沒啥特別重要的東西了，邊邊角角的

完結撒花★,°:.☆(￣▽￣)/$:.°★ 。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的算法学习笔记(40): 具体数学的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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