具体数学
本文是阅读《具体数学》产生的理解性文本，并且涵盖了部分其他相关的内容。
不怎么重要或者太难的东西因为时间问题，我略过了。
本文来之不易，请勿机械搬运：原文地址 -https://www.cnblogs.com/jeefy/p/17848037.html
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第二章 - 和式
和式的处理
和式是一切的基础，其三个法则十分重要：
\[\sum_{k \in K} c a_k = c \sum_{k \in K} a_k \tag{1.1} \]
\[\sum_{k \in K}(a_k + b_k) = \sum_{k \in K} a_k + \sum_{k \in K} b_k \tag{1.2} \]
\[\sum_{k \in K} a_k = \sum_{p(k) \in K} a_{p(k)} \tag{1.3} \]
其中 \((1.1)\) 代表着分配律，\((1.2)\) 代表的结合律，而 \((1.3)\) 代表的交换律。
我们可以通过这三种法则证明高斯给出的等差数列求和的公式：
\[\begin{aligned} \sum_{0 \le k \le n} (a + bk) &= \sum_{0 \le n - k \le n} (a + b(n - k)) \\ &= \sum_{0 \le k \le n} (a + bn - bk) \\ &= \frac 12 \left( \sum_{0 \le k \le n} (a + bn - bk) + \sum_{0 \le k \le n} (a + bk) \right) \\ &= \frac 12 \left( \sum_{0 \le k \le n} (2a + bn) \right) \\ &= \frac 12 (2a + bn) \sum_{0 \le k \le n} 1 \\ &= \frac 12 (2a + bn) (n + 1) \end{aligned} \]
其中 \(0 \to 1 \to 2\) 我们用了两次交换律，在 \(4\) 用了结合律，在 \(5\) 用了分配律。
常常我们化简式子可能就是这些法则的排列组合。
对于多重和式，我们有着一个新的技巧：交换求和次序
\[\sum_j \sum_k a_{j, k} [P(j, k)] = \sum_{P(j, k)} a_{j, k} = \sum_k \sum_j a_{j, k} [P(j, k)] \]
其中 \([P(j, k)]\) 是用于验证 \(j, k\) 的组合是否合法的符号，如果合法则为 \(1\)，反之为 \(0\)。
也就是说我们并不在意我们到底先枚举的是哪一个变量，但是有些时候枚举另一个变量确实可能简单很多。
我们可以通过这个法则阐释矩阵乘法的结合律：
\[M = (AB)C = A(BC) \]
\[\begin{aligned} M_{i, j} &= \sum_{k} (AB){i, k} \times C{k, j} \\ &= \sum_k (\sum_z A_{i, z} \times B_{z, k}) \times C_{k, j} \\ &= \sum_k \sum_z A_{i, z} \times B_{z, k} \times C_{k, j} \\ &= \sum_z A_{i, z} (\sum_k B_{z, k} \times C_{k, j}) \\ &= \sum_z A_{i, z} \times (BC)_{z, j} \end{aligned} \]
于是我们可以从和式的角度了解到矩阵乘法确实满足结合律。
有限微积分
较好的参考文章：有限微积分与数列求和 - LUNATIC time!
在离散数学中，最小的单位就是 \(1\)，那么如果要把无限微积分那一套搞过来，那么 \(Df(x)\) 中的 \(D\) 的含义就必须发生变化。
定义差分算子 \(\Delta f(x) = f(x + 1) - f(x)\)，可以看到这与 \(Df(x) = \lim_{h \to 0} \frac {f(x + h) - f(x)} h\) 十分的相似。
对于无限微积分来说，\(D(x^n) = n x^{n - 1}\) 是个非常优美的性质。
然而 \(\Delta (x^n)\) 却是十分的丑陋，于是需要找到新的代替品：
\[\Delta (x^{\underline{n}}) = n x^{\underline{n - 1}} \]
其中 \(x^{\underline n} = x (x - 1) (x - 2) \cdots (x - n + 1)\)。
有了类似的微分，我们需要考虑积分。在无限微积分中，我们有 \(\int_a^b g(x) dx = f(x) \vert_a^b = f(b) - f(a)\)，其中 \(g(x) = Df(x)\)。
而在有限微积分中，我们有另外一个东西：
\[\sum\nolimits_a^b g(x) \delta x = f(x) \vert_a^b = f(b) - f(a) \tag {2.1} \]
其中 \(g(x) = \Delta f(x)\)。
这是一个左闭右开区间，所以我们可以简单的合并几个和式：\(\sum_a^b + \sum_b^c = \sum_a^c\)。
我们可以通过这个法则简单的得到 \(x^{\underline n}\) 的求和公式。
考虑 \(\Delta (x^{\underline{n}}) = n x^{\underline{n - 1}}\) 的事实，我们可以推知 \(\frac 1 {m + 1}((x + 1)^{\underline {n + 1}} - (x)^{\underline {n + 1}}) = x^{\underline n}\)。
也就是若 \(g(x) = x^{\underline n}\)，那么存在 \(f(x) = \frac 1 {n + 1} x^{\underline{n + 1}}\) 满足 \(\Delta f(x) = g(x)\)。
那么此时我们可以得到：
\[\sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline m} = \sum\nolimits_0^n k^{\underline m} \delta x = \left. \frac {k^{\underline{m + 1}}}{m + 1} \right \vert_0^n = \frac {n^{\underline {m + 1}}} {m + 1} \]
在这个过程中，对于下标 \(0 \le k \lt n\) 告诉我们，左闭右开区间一般比闭区间更好处理！
但是这个过程并不完美，因为我们没有考虑到 \(m = -1\) 的情况。
考虑 \(x^{\underline {-1}} = \frac 1 {x + 1}\)，于是我们可以得知 \(\sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline {-1}} = H_k \vert_0^n = H_n\) ！
其中 \(H_n = \sum_{1 \le k \le n} \frac 1 k\)，这是一个类似于 \(\ln n\) 的东西，两者的差值并不会太大。
分部求和
无限微积分中，乘法求导有一个公式：\(D(uv) = u Dv + v Du\)，那么有限微积分中是否也有类似的产物？
将差分算子运用在两个函数上：
\[\begin{aligned} \Delta (f(x) g(x)) &= f(x + 1)g(x + 1) - f(x) g(x) \\ &= \left( f(x + 1) g(x + 1) - f(x) g(x + 1) \right) + \left (f(x) g(x + 1) - f(x) g(x) \right) \\ &= f(x) (g(x + 1) - g(x)) + (f(x + 1) - f(x)) g(x + 1) \\ &= f(x) \Delta g(x) + g(x + 1) \Delta f(x) \end{aligned} \]
如果我们定义位移算子 \(E = \Delta^{-1}\)，也就是 \(E f(x) = f(x + 1)\)，那么我们有：
\[\Delta (uv) = u \Delta v + Ev \Delta u = v \Delta u + Eu \Delta v \]
我们重新排布一下两边，并且对于各自求一个和，那么我们就可以得到部分求和法则：
\[\sum\nolimits_{a}^b u \Delta v = \left. u v \right|_a^b - \sum\nolimits_a^b Ev \Delta u \tag{2.2} \]
它的作用在于一个和式两部分不太好求，但是一部分是某一个简单式子的差分形式，另一部分有着一个简单的差分形式，那么我们可以通过这种方式进行尝试。
\[\sum_{k = 0}^{n - 1} k 2^k = \sum\nolimits_0^n x 2^x \delta x \]
我们可以知道，\(f(x) = x\) 有着 \(\Delta f(x) = 1\) 的优秀形式，而 \(\Delta (2^k) = 2^k\)，于是利用部分求和法则：
\[\sum\nolimits_0^n x 2^x \delta x = \left. x 2^x \right\vert_0^n - \sum\nolimits_{0}^n 2^{x + 1} \delta x \]
对于第二部分是一个简单的等比数列形式，那么我们可以得知：
\[\sum_{k = 0}^{n - 1} k 2^k = n 2^n - (2^{n + 1} - 2) = (n - 2) 2^n + 2 \]
现在我们尝试看另外一个例子：
\[\sum\nolimits_0^n x^{\underline k} a^x \delta x \quad (a \ne 1) \tag{2.3} \]
其中 \(x^{\underline k}\) 有简单的差分形式，而 \(a^x\) 是 \(\frac {a^x}{a - 1}\) 的差分形式，那么我们可以化为：
\[\begin{aligned} &= \left. \frac {x^{\underline k} a^x} {a - 1} \right \vert_0^n - \sum\nolimits_0^n \frac {a^{x + 1}}{a - 1} k x^{\underline {k - 1}} \\ &= \frac {n^{\underline k} a^n} {a - 1} - \frac {ak} {a - 1} \sum\nolimits_0^n a^x x^{\underline {k - 1}} \delta x \end{aligned} \]
这个式子我们需要保证 \(k \ne 0\) 才是正确的，否则，\(n^{\underline k} a^n\) 应当写为 \(n^{\underline k} a^n - 0^{\underline k} a^0\) 以避免分讨。
此时我们发现后半部分的式子是一摸一样的，所以考虑设 \(S_k = \sum_0^n x^{\underline k} a^x \delta x\)，那么根据上式，我们有：
\[S_k = \frac {n^{\underline k} a^n - 0^{\underline k} a^0} {a - 1} - \frac {ak}{a - 1} S_{k - 1} \]
其中，若 \(k = 0\) 时，有 \(S_0 = \sum_0^n a^x \delta x = \frac {a^n - 1}{a - 1}\)，于是我们可以 \(O(k)\) 的递推求出这个式子。
我们可以尝试进行展开：
\[\begin{aligned} S_k &= \prod_{j = 1}^k (- \frac {aj}{a - 1})S_0 + \sum_{i = 1}^k \frac {n^{\underline i} a^n - 0^{\underline i} a^0} {a - 1} \prod_{j = i + 1}^k (- \frac {aj}{a - 1}) \\ &= (- \frac {a}{a - 1})^k k^{\underline k} \frac {n^{\underline 0} a^n - 1}{a - 1} + \sum_{i = 1}^k \frac {n^{\underline i} a^n - 0^{\underline i} a^0} {a - 1} (- \frac {a}{a - 1})^{k - i} k^{\underline {k - i}} \\ &= \sum_{i = 0}^k \frac {n^{\underline i} a^n - 0^{\underline i} a^0} {a - 1} (\frac {-a}{a - 1})^{k - i} k^{\underline {k - i}} \\ &= \frac {1}{a - 1} \sum_{i = 0}^k (\frac {-a} {a - 1})^{k - i} k^{\underline {k - i}} (n^{\underline k} a^n - 0^{\underline k} a^0) \end{aligned} \]
得到了其较为简单的非递归式，然而其是否存在封闭形式？目前看来并没有。
小练习：
\[\sum x H_x \delta x \]
第四章 - 数论
阶乘的因子
常见的问题为 \(n!\) 中有多少个因子 \(p\)。
我们常见的想法是考虑有 \(k\) 个因子 \(p\) 的数有多少个，但是这是不好算的，考虑至少有 \(k\) 个因子的有多少个。
简单的，显然的，这就是 \(\lfloor \frac n {p^k} \rfloor\)，于是乎恰好有 \(k\) 个因子的数有 \(\lfloor \frac n {p^k} \rfloor - \lfloor \frac n {p^{k + 1}} \rfloor\)，于是我们得到式子：
\[\sum_k k(\lfloor \frac n {p^k} \rfloor - \lfloor \frac n {p^{k + 1}} \rfloor) \]
这太丑陋了，小小展开，我们其是就发现更简单的形式：
\[\sum_{k \ge 1} \lfloor \frac n {p^k} \rfloor \]
有了这个，或许我们就可以证明 Kummer 定理了：
\\binom{n + m}{m} 中素因子 p 的次数 = n, m 在 p 进制下做加法的**进位次数** 。
注意到 \(n!\) 中 \(p\) 的次数为 \(\sum_{i = 0} \lfloor \frac n {p^i} \rfloor\)
于是对于 \(\binom{n + m}{m} = \frac {(n + m)!}{n! m!}\)
因子的个数为 \(\sum_{i = 0} \lfloor \frac{n + m}{p^i} \rfloor - \lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor - \lfloor \frac{m}{p^i} \rfloor\)
也就是说只有 \(n + m\) 在这里进位了才能逃离被删除的宿命......并且由此还可以证明其因数 \(p\) 的个数不超过 \(\log_p (n + m)\)。
互素
在书上的典型结构是 Stern-Brocot 树。它大概长这样：
每次得到的新的分数是由左右两个祖先 \(\frac m n, \frac {m'} {n'}\) 拼凑而来：\(\frac {m + m'}{n + n'}\)
如果继续观察，每一层相邻的两个数 \(\frac m n, \frac {m'} {n'}\) 一定满足：
\[m' n - m n' = 1 \]
这意味着一定满足 \(\frac m n < \frac {m'} {n'} \iff m' n - m n' > 0\)（因为这里保证 \(n > 0\)）
这意味着如果我们有其相邻的分数的信息，我们就可以找到它。
我们可以通过矩阵的形式来表示：
\[\begin{pmatrix} n & n' \\ m & m' \end{pmatrix} \to \frac {n + n'}{m + m'} \]
我们考虑向左一步，那么左侧的不变，右侧的变成自己：
\[\begin{pmatrix} n & n' \\ m & m' \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} n & n + n' \\ m & m + m' \end{pmatrix} \]
向右一步则是左侧变成自己，右侧不变：
\[\begin{pmatrix} n & n' \\ m & m' \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} n + n' & n' \\ m + m' & m' \end{pmatrix} \]
于是我们可以简单的二叉搜索出某个分数在树上的位置。
第五章 - 二项式系数
二项式系数有很具体的用处，但是想要用好却不是那么容易。
比较细致的文章：# 二项式系数 - zhiyangfan 的小窝
主要是变化太多了，啥都能套一套。
我们对书中部分公式进行证明。
\[\sum_k \binom s k \binom t {m - k} = \binom {s + t} m \tag{5.1} \]
\((5.1)\) 是范德蒙德卷积，典。
\[\sum_k \binom s k \binom t {m + k} = \sum_k \binom s k \binom t {t - m - k} = \binom {s + t}{t - m} \tag{5.2} \]
\((5.2)\) 是利用了恒等变换的范德蒙德卷积，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 \((5.3)\) 的证明利用了对于 \(s\) 的归纳法，这里尝试给出变换性的证明。
\[\begin{aligned} &= \sum_k (-1)^k \binom s {m + k} \binom {t + k}{t + k - n} \\ &= \sum_k (-1)^k \binom s {m + k} (-1)^{t + k - n} \binom {-n - 1}{t + k - n} \\ &= (-1)^{t - n} \sum_k \binom s {m + k} \binom {-n - 1}{t + k - n} \\ &= (-1)^{t - n} \binom {s - n - 1}{s - m + t - n} \\ &= (-1)^{t - n} (-1)^{s - m + t - n} \binom {t - m} {n - s} \\ &= (-1)^{s + m} \binom {t - m} {n - s} \end{aligned} \]
但是这个变化步骤中有很大的漏洞：
- 在第一步 \(\binom {t + k}{n} \to \binom {t + k}{t + k - n}\) 的过程中，我们并没有关注 \(t + k \ge 0\) 的条件，同样，在最后我们也没有关注 \(t + m \ge 0\) 的条件。
但是我太菜了，只能想到如此推导了......
上文是我自己思考的结果......QwQ
感谢 @British_Union 的提示
并感谢 @myee 给出的另一种证明的方法：多项式推理法。
我们发现如果我们能够保证 \(t > m\)，那么上述的问题都将不复存在，我们可以合理的如此推导。
而多项式推理法指的是我们可以发现如果 \(n, m, s\) 确定，那么这是一个关于 \(t\) 的 \(n - s\) 次多项式：
\[(-1)^{s + m} \frac {(t - m)^{\underline {n - s}}}{(n - s) !} \]
对于等式左侧， 我们可以确定是其也是关于 \(t\) 的一个 \(n\) 次多项式，两者在满足 \(t > m\) 时相减存在无穷的零点，意味着相减后我们得出的多项式为常数多项式 \(f(x) = 0\)，意味着两边相等。
于是我们可以合理的推出这个式子在 \(t\) 作为变量的情况下对于全体实数成立。
剩下的两个式子推导和这个是一样的套路，不再展开。
我们顺便多学习一下多项式推理法。
在正整数下，我们了解到帕斯卡恒等式的成立：
\[\binom rk = \binom {r - 1} k + \binom {r - 1}{k - 1} \]
我们可以知道两侧都是关于 \(r\) 的 \(k\) 次多项式，相减也一定是一个 \(k\) 次多项式。
而一个 \(d\) 次多项式至多有 \(d\) 个零点，所以两个 \(d\) 次多项式相减有两种情况：
- 至多 \(d\) 个零点，这意味着两者不尽相等。
- 无穷多个零点，此时相减出来的多项式正是 \(f(x) = 0\)。
我们在此可以了解到在 \(\Z_+\) 下等式成立，意味着减出来有无穷多个零点，也就意味着两者相等！
于是我们可以了解到这个恒等式在 \(r \in \R\) 下成立！
来到新的挑战：
\[\sum_{k \ge 0} \binom {n + k} {2k} \binom {2k} k \frac {(-1)^k} {k + 1}, n \ge 0 \]
显然的我们利用三项式变化一下：
\[\sum_{k \ge 0} \binom {n + k}{k} \binom {n}{k} \frac {(-1)^k} {k + 1} \]
利用 \(\binom nm = \frac nm \binom {n - 1}{m - 1}\) 我们可以干掉 \(k + 1\)：
\[\sum_{k \ge 0} \binom {n + k}{k} \binom {n + 1} {k + 1} \frac {(-1)^k}{n + 1} \]
对于内部来说，我们可以利用恒等变换，再利用 \((5.3)\) 的结果：
\[\frac 1 {n + 1} \sum_{k} \binom {n + k}{n} \binom {n + 1}{k + 1} (-1)^k = \frac 1 {n + 1} (-1)^n \binom{n - 1} {-1} = 0 \]
但是事实上这里也有同上的漏洞，\(\binom {n + k} k\) 中 \(n + k\) 可能 \(< 0\) 使得恒等变化后原本没有值的地方有了值，但是我们需要保证 \(k \ge 0\)，所以上面的变换不尽正确！
所以换一个尝试：
\[\sum_{k \ge 0} (-1)^k \binom {-n - 1}{k} \binom {n + 1} {k + 1} \frac {(-1)^k}{n + 1} = \frac 1 {n + 1} \binom 0 n \]
也就是当 \(n = 0\) 非 \(0\)，即原式等价于 \([n = 0]\)。
通过如上两个例子，我们发现对称恒等式确实是一个陷阱......能别用就别用，除非能保证上指标 \(\ge 0\)。
我们进入作业题，对于整数 \(n, m \ge 0\)，求出：
\[\sum_{j = 1}^m (-1)^{j + 1} \binom r j \sum_{k = 1}^n \binom {-j + rk + s}{m - j} \]
看着好恐怖，\(j\) 出现了 \(4\) 次！还有两个和式！不过这都是小问题。
我们尝试一点一点消掉他们。
首先观察到 \(\binom {-j + rk + s}{m - j}\) 上下都有 \(-j\)，尝试利用上指标反转干掉一个：
\[\begin{aligned} & \sum_{j = 1}^m \sum_{k = 1}^n (-1)^{j + 1} \binom rj (-1)^{m - j} \binom {m - rk - s - 1}{m - j}\\ =& (-1)^{m + 1} \sum_{j = 1}^m \sum_{k = 1}^n \binom rj\binom {m - rk - s - 1}{m - j} \end{aligned} \]
我们发现在 \(k\) 已知的情况下，这就类似一个范德蒙德卷积！于是改变求和顺序：
\[\begin{aligned} &= (-1)^{m + 1} \sum_{k = 1}^n (- \binom r0 \binom {m - rk - s - 1} {m - j} + {}\sum_j \binom rj \binom {m - rk - s - 1}{m - j}) \\ &= (-1)^{m + 1} \sum_{k = 1}^n (\binom{m + r(1 - k) - s - 1}{m} - \binom {m - rk - s - 1}{m}) \end{aligned} \]
考虑外面有一个 \((-1)^m\)，内部的下指标都是 \(m\)，那么都反转一下，顺便将剩下的 \(-1\) 乘进去：
\[\begin{aligned} &= \sum_{k = 1}^n (\binom{kr + s}{m} - \binom{(k - 1)r + s}{m}) \\ &= \sum_{k = 1}^n \binom{kr + s}{m} - \sum_{k = 1}^n \binom {(k - 1)r + s}{m} \end{aligned} \]
稍微平移一下下标：
\[\begin{aligned} &= \sum_{k = 1}^n \binom{kr + s}{m} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \binom {kr + s}{m} \\ &= \binom {kn + s}{m} - \binom {s}{m} \end{aligned} \]
于是我们就得到了这个简单的封闭形式。
高阶差分与牛顿级数
这在 math 1.4 中讲了，内容参见 share-math。
第六章 - 特殊的数
斯特林数
斯特林数分为第一类和第二类。比较常用的是第二类。
第二类斯特林数 \(n \brace k\) 的组合意义为讲 \(n\) 个物品的集合划分为 \(k\) 个非空子集的方法数。
利用这个意义我们可以引出一个递推式：
\[{n \brace k} = {n - 1 \brace k - 1} + k {n - 1 \brace k} \]
分别指的是新开一个子集，或者放入某一个子集的方案数。
对于第一类斯特林数，其还对于每一个子集排成了环，形成了 \(k\) 个轮换（cycle）
对于每一个大小为 \(m\) 的子集，存在 \((m - 1)!\) 种轮换，由此可以看出存在 \({n \brack k} \ge {n \brace k}\)。
我们同样可以通过组合意义找到一个递推式：
\[{n \brack k} = {n - 1 \brack k - 1} + (n - 1) {n - 1 \brack k} \]
分别指新开一个轮换，或者插入到某一个元素前面。
有了加法公式，那么很多时候我们就可以通过归纳法证明与之相关的内容了。
在这之前，我们可以讨论一下 \({n \brack k}\) 与排列的关系。
轮换加排列在组合数学中有另外一个体现：置换。
置换可以将一个排列划分为若干个有向圈，每一个有向圈对应着某一个轮换。
这意味着每一个排列都对应着一个子集轮换的方案，换言之：
\[\sum_k {n \brack k} = n! \]
我们回到加法公式和归纳法上，关于 \(n \brace k\) 有一个非常经典的等式：
\[x^n = \sum_k {n \brace k} x^{\underline k} \]
我们一定可以通过归纳法证明它，考虑 \(x \times x^n = x^{n + 1}\)，或许我们能够对 \(n\) 进行归纳证明之。
先考虑 \(n = 0\) 的情况，\(LHS = 1\)，而 \(RHS = {0 \brace 0} x^{\underline 0} = 1\)，故 \(n = 0\) 的时候成立。
对于 \(x^{n + 1}\)，我们如此考虑归纳：
\[x^n = x \times x^{n - 1} = x \sum_k {n - 1 \brace k} x^{\underline k} \]
我们考虑 \(x \times x^{\underline k}\) 是否有很好的表达方式，发现可以通过 \(x^{\underline {k + 1}} = x^{\underline k} (x - k)\) 得出：
\[x \times x^{\underline k} = x^{\underline {k + 1}} + k x^{\underline k} \]
于是我们可以简单的将上式拆开：
\[\begin{aligned} & \sum_k {n - 1 \brace k} x^{\underline {k + 1}} + \sum_k {n - 1 \brace k} k x^{\underline k} \\ = & \sum_k {n - 1 \brace k - 1} x^{\underline k} + \sum_k {n - 1 \brace k} k x^{\underline k} \\ = & \sum_k \left( {n - 1 \brace k - 1} + k{n - 1 \brace k} \right) x^{\underline k} \\ = & \sum_k {n \brace k} x^{\underline k} \end{aligned} \]
于是归纳得证。
斯特林数有许许多多不那么常用的恒等式，所以并不太需要注意。
不过我们回到加法公式：
\[\begin{aligned} {n \brace k} &= {n - 1 \brace k - 1} + k {n - 1 \brace k} \\ {n \brack k} &= {n - 1 \brack k - 1} + (n - 1) {n - 1 \brack k} \end{aligned} \]
我们是否能够像：
\[\binom nk = \binom {n - 1}k + \binom {n - 1}{k - 1} \]
一样将他们推广到更多的地方？
事实上，如果我们先约定 \({0 \brace k} = {0 \brack k} = [k = 0]\) 以及 \({k \brace 0} = {k \brack 0} = [k = 0]\)，那么我们就可以利用加法公式求出负数下 \({n \brace k}\) 的值！
如果将整个表画出来，那么我们将得到一个惊人整齐的等式：
\[{n \brack k} = {-n \brace -k} \]
这容易利用加法公式验证。
第一类斯特林数并没有通项公式，但是第二类斯特林数却存在。
可以通过二项式反演简单的证明：
\[{n \brace k} = \frac 1 {k!} \sum_{i = 0}^k \binom ki (-1)^{k - i} i^n \]
或者写成稍微好看的一个形式：
\[{n \brace k} = \sum_{i = 0}^k \frac {i^n (-1)^{k - i}}{i! (k - i)!} \]
当这个形式一出来，那么我们就可以知道如何快速的求一行斯特林数了。
设 \(F(x) = \frac {x^n}{i!}\)，\(G(x) = \frac {(-1)^x} {x!}\)，那么知道：
\[{n \brace k} = \sum_{i = 0}^k F(i) * G(k - i) \]
于是我们可以通过 NTT \(O(n \log n)\) 的求出整行的第二类斯特林数。
我们现在考虑是否能够快速的求出整列的斯特林数？
我们考虑一列斯特林数的生成函数：
\[F_k(x) = \sum_i {i \brace k} x^k \]
根据加法公式，我们有：
\[F_k(x) = xF_{k - 1}(x) + k x F_k (x) \]
于是存在：
\[F_k(x) = \frac {x}{1 - kx} F_{k - 1}(x) \]
于是我们得到：
\[F_k(x) = \frac {x^k}{\prod_{i = 1}^k (1 - kx)} \]
于是可以分治 NTT 和多项式取逆做即可。
然而实际上有办法避免多项式求逆的，但是有点复杂。
但是不合理，代码太抽象了，我们换一个方法，考虑 EGF。
\[F_k^{(e)}(x) = \sum_i {i \brace k} \frac {x^i}{i!} \]
将斯特林数拆开：
\[\begin{aligned} F(x) &= \sum_i \frac {x^i}{i!} \sum_{j = 0}^k \frac {j^i}{j!} \frac {(-1)^{k - j}}{(k - j)!} \\ &= \sum_{j = 0}^k \frac {(-1)^{k - j}}{(k - j)! j!} \sum_i \frac {(jx)^i}{i!} \\ &= \sum_{j = 0}^k \frac {(-1)^{k - j}}{(k - j)! j!} e^{jx} \\ &= \frac 1 {k!} \sum_{j = 0}^k \binom ki {(-1)^{k - j}} e^{jx} \\ &= \frac { (e^x - 1)^{k}} {k!} \end{aligned} \]
于是多项式快速幂即可。这只需要写一个 NTT 即可做到 \(O(n \log n \log k)\)。
其实通过类似的方式，我们可以推导出第一类斯特林数行列的求法。
这里不做过多展开。
调和数
调和数 \(H_n = \sum_{i = 1}^n \frac 1i\)，认为是离散下对于 \(\ln n\) 的模拟，其误差 \(\gamma \approx 0.577215\)。
这是欧拉所证明的：\(\lim\limits_{n \to \infty} (H_n - \ln n) = \gamma\)。
对于调和数我们还有一个与斯特林数挂钩的等式：
\[{n + 1 \brack 2} = n! H_n \tag{6.1} \]
考虑通过：
\[{n + 1 \brack 2} = n {n \brack 2} + {n \brack 1} = n {n \brack 2} + (n - 1)! \]
可以知道：
\[\frac 1 {n!} {n + 1 \brack 2} = \frac 1 {(n - 1)!} {n \brack 2} + \frac 1 n \]
于是只需要展开这个递归式即可得到 \((6.1)\)。
第一个例题较好，复习了分部求和法则：
\[\sum_{0 \le k \lt n} \binom km H_k \]
如果掌握的分部求和法则，那么这就比较简单，这里不再展开。
我们总是会遇到它的生成函数的，虽然这是之后的内容（也是后面回来写的）
学完生成函数和卷积以后，我们会了解到一个小技巧：生成函数前缀和。
具体来说，对于 \(\langle f_n \rangle\) 与 \(\langle 1, 1, \cdots \rangle\) 的卷积会得到 \(\langle \sum_{i = 0}^n f_i \rangle\)。
在生成函数上的体现便是 \(F(x) \to \frac 1 {1 - x} F(x)\)。
我们可以利用这个技巧快速的算出 \(H_k\) 的生成函数。
考虑 \(H_n = \sum_{i = 1}^n \frac 1 i\)，那么实际上它就是 \(\langle 0, 1, \frac 12, \frac 13, \cdots \rangle\) 的前缀和。
后者实际上为 \(\ln \frac {1}{1 - x}\)，于是我们可以知道 \(H_n\) 的生成函数为：
\[\frac 1 {1 - x} \ln \frac 1 {1 - x} \]
补充，关于 \\ln \\frac 1 {1 - x} 表示 \\langle 0, 1, \\frac 12, \\frac 13, \\cdots \\rangle 的证明：
考虑 \(\ln (1 + x)\) 利用泰勒展开：
\[\ln (1 + x) = \sum_{n \ge 0} \frac {(-1)^n}{n + 1}x^{n + 1} \]
利用 \(-x\) 代替 \(x\) 得到：
\[\ln (1 - x) = \sum_{n \ge 0} - \frac {x^n}{n} \]
于是我们只需要：
\[-\ln(1 - x) = \ln (\frac 1 {1 - x}) = \sum_{n \ge 0} \frac {x^n}n \]
斐波那契数
斐波那契数由如下递归式定义：
\[\begin{aligned} F_0 &= 0 \\ F_1 &= 1 \\ F_n &= F_{n - 1} + F_{n - 2} ,& n > 1 \end{aligned} \]
我们容易通过归纳法证明：
\[F_n = F_k F_{n - k} + F_{k - 1} F_{n - k - 1} \tag{6.2} \]
同样，也可以通过矩阵乘法证明，参见 # 算法学习笔记(37): 矩阵
由此我们可以推出：
\[F_n | F_{kn} \]
可以通过 \((6.2)\) 和归纳法简单的证明。
于是我们可以知道：
\[\gcd(F_n, F_m) = F_{\gcd(n, m)} \]
线性递推
斐波那契数列衍生而出的另一个知识叫做递推，而递推就可以讲到线性齐次递推和非齐次递推。
或许我们需要先学会生成函数？
对于形如：
\[h_n = \sum_{i = 1}^k a_i h_{n - i} \quad , n \ge k \]
定义其特征方程为：
\[x^k - \sum_{i = 1}^k a_i x^{k - i} = 0 \]
根据代数基本定理 ，上式有 \(k\) 个根 \(q_1, q_2, \cdots, q_k\)，我们称之为特征根，那么：
\[h_n = \sum_{i = 1}^n c_i q_i^n \tag {6.3} \]
在下述意义下是原递推关系的通解：
无论给定如何的初值 h_0, h_1, \\cdots h_{k - 1}，都存在一组 c_1, c_2, \\cdots, c_k 使之满足递推关系和初始条件。
换句话来说，是通解意味着对于任意给定的初值，都可以解出如下方程组：
\[\left\{ \begin{array}{rrl} (n = 0) & c_1 q_1^0 + c_2 q_2^0 + \cdots + c_k q_k^0 & = h_0 \\ (n = 1) & c_1 q_1^1 + c_2 q_2^1 + \cdots + c_k q_k^1 & = h_1 \\ \vdots & \vdots \\ (n = k - 1) & c_1 q_1^{k - 1} + c_2 q_2^{k - 1} + \cdots + c_k q_k^{k - 1} & = h_0 \end{array} \right. \]
而此方程组的系数矩阵为：
\[\begin{bmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ q_1 & q_2 & \cdots & q_k \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ q_1^{k - 1} & q_2^{k - 1} & \cdots & q_k^{k - 1} \end{bmatrix} \]
这显然是一个范德蒙德矩阵，其行列式为：
\[\prod_{i < j} q_j - q_i \]
也就是说，我们需要保证根互不相同，使得矩阵满秩（行列式不为 \(0\)）才可以求出唯一解。
然而实际上有另外一种利用生成函数的方法，更加简明。
继续沿用斐波那契数列的例子 \(f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2}\)。
设 \(F(x) = \sum_{i \ge 0} f_i x^i\) 是其生成函数。
根据递推关系，我们可以得出 \(F(x) = xF(x) + x^2F(x)\)。
具体来说，三个生成函数对应的序列如下：
\[\begin{array} {rc} F(x): & <f_{n - 1}, f_{n}, f_{n + 1}> \\ xF(x): & <f_{n - 2}, f_{n - 1}, f_{n}> \\ x^2F(x): & <f_{n - 3}, f_{n - 2}, f_{n - 1}> \end{array} \]
于是 \(F(x) = \frac 1 {1 - x - x^2}\) 得出也就很自然了（当然这是错误的。
真的自然吗？我们是不是忘了什么东西？
确实，我们忘了一些东西，我们重新将三者写下来：
\[\begin{array}{rc} F(x): & f_0 & +f_1 x & + f_2 x \\ xF(x): & & f_0 x & + f_1 x \\ x^2F(x): & & & f_0 x^2 \\ \end{array} \]
也就是说 \(F(x) - xF(x) - x^2F(x)\) 实际上 \(= f_0 + (f_1 - f0)x\)！
将初始值 \(f_0 = 0, f_1 = 1\) 带入，我们才真正地正确地得到其生成函数：
\[F(x) - xF(x) - x^2 F(x) = x \to F(x) = \frac x {1 - x - x^2} \]
如果我们得到了生成函数，我们是否能够确定其通项公式？答案是可以的。
我们将 \(\frac x {1 - x - x^2}\) 稍微分解 \(= \frac {c_1}{x - \frac {-1 + \sqrt 5}{2}} + \frac {c_2}{x - \frac {-1 - \sqrt 5}{2}}\)。
可以列出方程简单的求解出 \(c_1, c_2\) 是什么。
我们通过 \(\frac 1 {1 - x} = \sum_{i \ge 0} x^i\) 各项展开，于是就可以得到其通项公式！
我们现在看看 \(\frac {1 + \sqrt 5}{2}\) 以及 \(\frac {1 - \sqrt 5}{2}\) 这两个数。
我们赋予了其一个符号，足以可见其重要程度：\(\phi = \frac {1 + \sqrt 5}2, \hat \phi = \frac {-1} \phi = \frac {1 - \sqrt 5} 2\)。
这两个数是 \(1 - x - x^2 = 0\) 的根，故我们有：
\[\phi^2 = \phi + 1, \hat \phi^2 = \hat \phi + 1 \]
我们通过这两个符号将 \(F(x)\) 写出来：
\[F(x) = \frac {x}{(x + \phi)(x + \hat \phi)} = \frac 1 {\sqrt 5} \left( \frac 1 {1 - \phi x} - \frac 1 {1 - \hat \phi x} \right) \]
这形式很优美，我们之后将会用到。
通过幂级数展开，我们就得到了 \(f_n\) 的通项公式：
\[f_n = \frac 1 {\sqrt 5} (\phi^n - \hat \phi^n) \]
奇妙的是一堆 \(\sqrt 5\) 乘起来就变成了一个整数！
来到更大的挑战：
\[h_n = 4 h_{n - 1} - 4 h_{n - 2} , \quad n \ge 2 \]
我们是否能够找到其通项公式？
从特征根考虑：\(x^2 - 4x + 4 = 0 \to (x - 2)^2 = 0\)。
此时 \(2\) 作为根出现了两次，我们称之为二重特征根，在此情况下 \((6.3)\) 退化成了：
\[h_n = (c_1 + c_2) 2^n = c 2^n \]
然而这并不是我们想要的，因为对于给定的 \(h_0 = a, h_1 = b\)，我们不一定能够满足：
\[\begin{cases} n = 0, & c = a \\ n = 1, & 2c = b \end{cases} \]
所以我们需要另辟蹊径。
我们很容易知道 \(h_n = 2^n\) 是其一个解，我们也可以证明 \(h_n = n 2^n\) 是一个解。
为了寻找通解，我们可以断言：
\[h_n = c_1 2^n + c_2 n2^n \]
是这个递推式的通解！
我们进行验证，对其施加 \(h_0 = a, h_1 = b\) 的初始条件，那么：
\[\begin{cases} n = 0, & c_1 = a \\ n = 1, & 2c_1 + 2c_2 = b \end{cases} \implies \begin{cases} c_1 = a \\ c_2 = \frac {b - 2a} 2 \end{cases} \]
我们总是有解！于是这可以作为其通解。
我们可以合理外推，从而找到一个更一般的结论。
对于特征方程的 \(k\) 个根，一共有 \(t\) 种不同的根。若 \(q_i\) 是此方程的 \(k_i\) 重根，那么此递推关系中 \(q_i\) 对应的部分为：
\[H_n^{(i)} = \sum_{j = 1}^{k_i} c_{i, j} \ n^{k_i - j} \ q_i^n \]
而此递推关系的通解为：
\[h_n = \sum_{i = 1}^t H_n^{(i)} \]
对于非齐次线性递推，一般来说，利用生成函数会更为方便。这里举例说明。
\[\begin{cases} h_0 = 2 \\ h_n = 3 h_{n - 1} - 4n, & n \ge 1 \end{cases} \]
设其生成函数 \(F(x)\)，根据递推关系，我们有：
\[\begin{array}{rl} F(x) = & h_0 & + h_1 x & + h_2 x & + \cdots \\ 3xF(x) = & & + 3 h_0 x & + 3 h_1 x & + \cdots \end{array} \]
于是
\[F(x) - 3xF(x) = h_0 + (h_1 - 3h_0) + (h_2 - 3h_1) + \cdots = 2 - 4 \times 1 x - 4 \times 2 x^2 - \cdots \]
我们知道：
\[\sum_{n \ge 0} n x^n = \frac x {(1 - x)^2} \]
于是我们知道：
\[(1 - 3x)F(x) = 2 - 4 \frac {x}{(1 - x^2)} \iff F(x) = \frac {2}{1 - 3x} - \frac {4x}{(1 - x^2)(1 - 3x)} \]
于是，我们便可以通过拆分这一个函数求解出其通项：
\[h_n = -3^n + 2n + 3 \]
生成函数立大功！
第七章 - 生成函数
无限微积分
生成函数与高等数学强相关，确实需要部分知识，这里写下以便参考。
关于求导：
\[\begin{aligned} a^x &\to a^x \ln a \\ x^a &\to a x^{a - 1} \\ \log_ax &\to \frac 1 {x \ln a} \\ \ln x &\to \frac 1 x \end{aligned} \]
关于泰勒展开（这是在 \(0\) 处的展开，我们用的最多）：
\[f(x) = \sum_{i \ge 0} f^{(i)}(0) \frac {x^i}{x!} \]
解递归式
我们在线性递推那里已经看到了生成函数的重要性，我们是否能够找到一个基本方法以求解出任何递推式？
答案是可以的，并且这个方法相当的机械：
- 将递归式写成关于 \(h_n\) 的单个方程，在假定 \(h_{-1} = h_{-2} = \cdots = 0\) 的情况下对于任何正整数成立！
- 将他改写为生成函数 \(F(x)\) 之间的关系。
- 解得到的生成函数 \(F(x)\)，将之表示为封闭形式。
- 展开 \([x^n]F(x)\)，得到 \(g_n\) 的封闭形式。
前面的步骤在上文的铺垫中应该十分清晰了，然而对于第四步，我们可能还有技巧上的困难。
一般来说，我们需要通过强硬的分解，将生成函数表示为：
\[F(x) = \sum \frac {c_i}{(1 - \alpha_i x)^{b_i + 1}} \]
从而得出很好的系数：
\[[x^n] F(x) = \sum c_i \binom {b_i + n}{b_i} \alpha_i^n \]
然而难点并不是在这一步，而是强硬分解出 \(c_i\) 的那一步 QwQ
我们可能更多的只能依靠人类智慧完成。
我们来一个很好的例子：
\[\begin{cases} h_0 = h_1 = 1 \\ h_n = h_{n - 1} + 2 h_{n - 2} + (-1)^n, & n \ge 2 \end{cases} \]
我们将之写成一个式子：
\[h_n = h_{n - 1} + 2h_{n - 2} + (-1)^n[n \ge 0] + [n = 1] \]
于是可以将之改写为生成函数之间的关系：
\[F(x) = \sum_n h_n x^n = \sum_n h_{n - 1} x^n + 2 \sum_n h_{n - 2} x^n + \sum_{n \ge 0} (-1)^n x^n + x \]
我们可以稍微变化一下这个式子：
\[\begin{aligned} &= x F(x) + 2x^2 F(x) + \sum_{n \ge 0} \binom {-1} n z^n + x \\ &= x F(x) + 2x^2 F(x) + (1 + x)^{-1} + x \end{aligned} \]
于是得到：
\[F(x) = \frac {1 + x + x^2}{(1 - 2x)(1 + x)^2} \]
于是暴力展开即可得到通项：
\[h_n = \frac 79 2^n + (\frac 13 n + \frac 29)(-1)^n \]
卷积
对于给定的两个数列 \(\langle f_n \rangle\) 以及 \(\langle g_n \rangle\) 的卷积 \(\langle h_n \rangle\)，我们有：
\[\langle f_n \rangle * \langle g_n \rangle = \langle \sum_k f_k g_{n - k} \rangle = \langle h_n \rangle \]
注意到数列的卷积和生成函数的乘积对应，那么对于许多式子，我们就有很好的方法利用卷积处理了。
斐波那契数列卷积
是的，还是斐波那契数列，它具有十分重要的地位，它足够简单，也足够复杂。
我们尝试计算 \(\sum_{k = 0}^n f_k f_{n - k}\) 的封闭形式，这是 \(\langle f_n \rangle\) 与自身的卷积。
正常来说，我们直接可以利用 \(F(x) = \frac x {1 - x - x^2}\) 的平方 \(F(x)^2 = \frac {x^2}{(1 - x - x^2)^2}\) 然后展开求解其通项，但是这比较复杂，并没有更好的用到斐波那契和卷积。
我们尝试利用另一个生成函数：
\[\begin{aligned} F(x)^2 &= \left( \frac 1{\sqrt 5} \left( \frac 1 {1 - \phi x} - \frac 1 {1 - \hat \phi x} \right) \right)^2 \\ &= \frac 1 5 \left( \frac {1}{(1 - \phi x)^2} - \frac {2}{(1 - \phi x)(1 - \hat \phi x)} + \frac {1}{(1 - \hat \phi x)^2} \right) \\ &= \frac 1 5 \sum_{n \ge 0} (n + 1) (\phi x)^n - \frac 25 \sum_{n \ge 0} f_{n + 1} x^n + \frac 15 \sum_{n \ge 0} (n + 1) (\hat \phi x)^n \end{aligned} \]
中间关于 \(\frac {1}{(1 - \phi x)(1 - \hat \phi x)}\) 的化简我们再从一个生成函数入手：
考虑 \(\phi \hat \phi = -1\)，我们有：
\[F(x) = \frac {-x} {(x +\phi) (x + \hat \phi)} = \frac {-x}{(x + \frac {-1}{\hat \phi})(x + \frac {-1}{\phi})} = \frac {-x}{\phi \hat \phi (\hat \phi x - 1)(\phi x - 1)} = \frac {x}{(1 - \hat \phi x)(1 - \phi x)} \]
于是 \(\frac {1}{(1 - \phi x)(1 - \hat \phi x)} = \frac {F(x)} x - \sum_{n \ge 0} f_{n + 1} x^n\)。
接下来我们继续化简上述式子，现在难点就在于 \(\sum_{n \ge 0} (\phi^n + \hat \phi^n) x^n\) 怎么求。
考虑两者的生成函数：
\[\frac {1}{1 - \phi x} + \frac {1}{1 - \hat \phi x} = \sum_{n \ge 0} (\phi^n + \hat \phi^n) x^n \]
于是我们尝试对左式化简：
\[\begin{aligned} &= \frac {2 - \hat \phi x - \phi x}{(1 - \phi x) (1 - \hat \phi x)} \\ &= \frac {2 - x}{1 - x - x^2} = \frac {x} {2 - x} F(x) \end{aligned} \]
于是：
\[\phi^n + \hat \phi^n = [x^n] \frac x {2 - x} F(x) = 2f_{n + 1} - f_n \]
于是我们得到：
\[F(x)^2 = \frac 1 5 \sum_{n \ge 0} (n + 1) (2f_{n + 1} - f_n) x^n - \frac 25 \sum_{n \ge 0} f_{n + 1} x^n \]
于是得到通项公式：
\[\sum_{k = 0}^n f_k f_{n - k} = \frac {2n f_{n + 1} - (n + 1)f_n}{5} \]
生成函数的胜利！
指数生成函数
我们看看一个好好的例子：
\[\left( \ln \frac {1}{1 - z} \right)^m = m! \sum_{n \ge 0} {n \brack m} \frac {z^n}{n!} \]
好好好，这么玩是吧，但是为什么不用 \(z^{\bar{m}} = \sum_{n \ge 0} {m \brack n} z^n\)？
我们回到正常的 EGF，考虑对于 \(\langle h_n \rangle\) EGF 的操作有哪些影响。
\[F(x) = \sum_{n \ge 0} h_n \frac {x^n}{n!} \]
考虑 \(xF(x)\)：
\[xF(x) = \sum_{n \ge 0} h_n \frac {x^{n + 1}}{n!} = \sum_{n \ge 1} h_{n - 1} \frac {x^n}{(n - 1)!} = \sum_{n \ge 0} n h_{n - 1} \frac {x^n}{n!} \]
这就是 \(\langle n g_{n - 1} \rangle\) 的 EGF，相当于在 OGF 上求了一次导。
如果需要平移，那么我们只需要 \(F'(x)\) 或者 \(\int_0^z F(x)\) 即可。
对于指数生成函数的卷积来说，生成的数列是 \(\langle f_n \rangle\) 和 \(\langle g_n \rangle\) 的二项卷积：
\[h_n = \sum_k \binom n k f_{k} g_{n - k} \]
也就是考虑到 \(\binom nk = \frac {n!}{k! (n - k)!}\)：
\[\frac {h_n} {n!} = \sum_{k = 0}^n \frac {f_k}{k!} \frac {g_{n - k}}{(n - k)!} \]
这可以和伯努利数牵扯起来。
考虑伯努利数的递归式：
\[B_n = \sum_k \binom nk B_k \]
发现这就是 \(\langle B_n \rangle\) 和 \(\langle 1, 1, \cdots \rangle\) 的二项卷积。
所以我们得到其指数生成函数为 \(\frac z {e^z - 1}\)。
指数生成函数在组合意义上十分有用，其一个重要的应用于 \(\exp\) 相关。
可以参考：# 浅谈 Exp 的组合意义 - 飞雨烟雁 的博客
更多 \(O(n^2)\) 对于多项式的操作见：# 各种多项式操作的 n^2 递推
第八章 - 离散概率
期望与方差
期望的线性性以及耳熟能详了：
\[E(XY) = E(X)E(Y) \]
值得一提的是这并不要求两个随机变量独立！
对于方差，其基本的定义为：
\[V(X) = E \left( (X - E(X)^2 \right) \]
但是我们可以将之展开：
\[\begin{array}{ll} = E \left( (X - E(X)^2 \right) &= E \left(X^2 - 2X E(X) + E(X)^2 \right)\\ = E(X^2) - 2E(X)^2 + E(X)^2 &= E(X^2) - E(X)^2 \end{array} \]
也就是说：
方差等于平方的期望减去期望的平方
我们也可以证明：
\[V(X + Y) = V(X) + V(Y) \]
概率生成函数
感觉没啥用，咕。
作者有话说
本文共 \(\ge 10000\) 个词，\(\ge 25000\) 个字符（包括公式），花了 \(3\) 天时间，梳理了具体数学一书中目前对我有用的部分。
有很多的启示，补全了很多我所未知或者不熟练的东西。
限于时间原因，很多内容我无法细细谈论，如果有时间后面再补充（其实也没啥特别重要的东西了，边边角角的
完结撒花*★,°* :.☆(￣▽￣)/$:.°★ 。